拉格朗日反演学习记录

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多项式复合

对于多项式$F(x),G(x)$，其复合为:

$F(G(x))={\sum }_i[x^i]F(x)G(x{)}^i$

求法：

设$B=\sqrt{n}$

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^n[x^i]F(x)G(x{)}^i& =\sum _{i=0}^{B-1}\sum _{j=0}^{B-1}[x^{iB+j}]F(x)G(x{)}^{iB+j}\\ & =\sum _{i=0}^{B-1}G(x{)}^{iB}\sum _{j=0}^{B-1}[x^{iB+j}]F(x)G(x{)}^j\end{array}$$

对于$i\in [0,B-1]$，预处理$G(x{)}^i$，复杂度$O(n\sqrt{n}\log n)$

${\sum }_{j=0}^{B-1}[x^{iB+j}]F(x)G(x{)}^j$可以$O(n^2)$算，然后乘上前面的$G(x{)}^{iB}$就行了.

总复杂度$O(n^2+n\sqrt{n}\log n)$

P5373 【模板】多项式复合函数

多项式复合逆

对于多项式$F(x)$，存在另一多项式$G(x)$使得$G(F(x))=x$，则称$G$为$F$的复合逆。

可证明此时$F(G(x))=x$，即$F$与$G$互为复合逆。

拉格朗日反演

前提是0次项为0,1次项有逆。

对于函数$F(x)$及其复合逆$G(x)$有：

$$[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{x}{F(x)}{)}^n$$

证明略。

拉格朗日反演的应用

• $\text{1.}$多项式复合逆的求解

拉格朗日反演公式得:

$F(x)$的复合逆$G(x)={\sum }_{i=1}^n\frac{1}{i}[x^{i-1}](\frac{x}{F(x)}{)}^i{x}^i$

$$=\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}[x^{i-1}](\frac{x}{F(x)}{)}^{B\lfloor \frac{i}{B}\rfloor }(\frac{x}{F(x)}{)}^{i\%B}{x}^i$$

预处理 $(\frac{x}{F(x)}{)}^{iB}$以及$(\frac{x}{F(x)}{)}^i,i\in [0,B-1]$

然后再合并就行了。

复杂度$O(n^2+n\sqrt{n}\log n)$

P5809 【模板】多项式复合逆

• $\text{2.}$P7592 数树（2021 CoE-II E）

简要题意

称一棵有根树$T$是$k1-k2$树，当且仅当其所有非叶节点满足子节点个数要么为$k1$要么为$k2$。

称一棵$k1-k2$树的权值是$a\times k1$的个数+$b\times k2$的个数。

节点无标号，但子树之间有顺序。

求随机生成的一棵树的期望权值。

解题思路

记$F(x,y)$,$x$代表点数，$y$代表$k1$点数的二元生成函数。

枚举根节点是k1/k2/叶子，有：

$F=x(y{F}^{k1}+F^{k2}+1)$

$\frac{F}{y{F}^{k1}+F^{k2}+1}=x$

记$G(x,y)=\frac{x}{y{x}^{k1}+x^{k2}+1}$

则$G$与$F$互为复合逆。

由拉格朗日反演公式得：

$[x^n]F=\frac{1}{n}[x^{n-1}](y{x}^{k1}+x^{k2}+1{)}^n$

$$
\begin{aligned}

x^{n-1}ym^n
&=[x^{n-1}ym]\sum_{i=0}^nC_ni(yx^{k1}+x{k2})^i\
&=[x^{n-1}ym]\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}iC_n^iC_ij y^jx{k1j+k2(i-j)}\
&=[x^{{n-1}]\sum_{i=0}}nC_n^iC_imx^{k1m+k2(i-m)}\
&=\sum_{i=0}^nC_niC_i^m[k1m+k2(i-m)=n-1]\
\end{aligned}
$$

$i$取值唯一，可以直接计算。

算出之后期望就很简单了。

复杂度$O(n)$

#include
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int Pow(int a,int b)
{
	int res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)res=1ll*res*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
const int N = 1e7+7;
int fac[N],ifac[N];
void Init(int n)
{
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	ifac[n]=Pow(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--)
	ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod; 
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<0||m<0||n<m)return 0;
	return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod; 
}
int main()
{
	Init(N-1);
	int k1,k2,n,a,b;
	cin>>k1>>k2>>n>>a>>b;
	int P=0,Q=0;
	int I=Pow(n,mod-2);
	for(int i=0;i*k1<=n-1;i++)
	{
		if((n-1-i*k1)%k2!=0)continue;
		int j=(n-1-i*k1)/k2;
		int S=1ll*C(n,i+j)*C(i+j,i)%mod;
		S=1ll*S*I%mod;
		Q=(Q+S)%mod;
		int W=(1ll*a*i%mod+1ll*b*j%mod)%mod;
		P=(P+1ll*S*W%mod)%mod;
	}
	Q=Pow(Q,mod-2);
	cout<<1ll*P*Q%mod;
	return 0;
}