Algorithm Review 6 多项式

多项式

拉格朗日插值

• 已知最高次数不超过 $n-1$ 的多项式在平面上的 $n$ 个点 $(x_1,y_1),(x_2,y_2),\dots ,(x_n,y_n)$，满足 $\forall 1\le i<j\le n,x_i\ne x_j$，则可还原出多项式：
  $$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$
• 若 $x_i=i$，且 $x>n$，则该式可简化为：
  $$f(x)=\left(\prod _{i=1}^n(x-i)\right)\left(\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{n-i}{y}_i}{(x-i)(i-1)!(n-i)!}\right)$$
• 预处理相关逆元和前缀积，即可 $\mathcal{O}(n)$ 计算。
• 若已知二元多项式在空间内的 $nm$ 个点 $(x_{11},y_{11},z_{11}),\dots ,(x_{nm},y_{nm},z_{nm})$，满足任意两点横纵坐标至少一个不相等，且该多项式中 $x$ 的最高次数不超过 $n-1$，$y$ 的最高次数不超过 $m-1$，则可还原出多项式：
  $$f(x,y)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{z}_{ij}\prod _{k\ne i}\frac{x-x_{kj}}{x_{ij}-x_{kj}}\prod _{l\ne j}\frac{x-x_{il}}{x_{ij}-x_{il}}$$

FFT

• 即快速傅里叶变换。
• 设 $n$ 次单位根 ${\omega }_n^k=\cos \frac{2\pi k}{n}+i\sin \frac{2\pi k}{n}$。
• 将多项式 $A,B$ 的项数补到 2 的整数次幂，设项数为 $n$，采用分治法快速求出 $A,B$ 代入 ${\omega }_n^0,{\omega }_n^1,\dots ,{\omega }_n^{n-1}$ 的点值，将点值相乘再通过类似的过程还原回多项式，即可快速求出多项式 $A\times B$，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

DFT

• 即离散傅里叶变换。
• 对于多项式
  $$A(x)=\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{x}^k=\sum _{k=0}^{\frac{n}{2}-1}(a_{2k}{x}^{2k}+a_{2k+1}{x}^{2k+1})=\sum _{k=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2k}(x^2{)}^k+x\sum _{k=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2k+1}(x^2{)}^k$$
• 设 $A_1(x)=\sum _{k=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2k}{x}^k,A_2(x)=\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}-1}{a}_{2k+1}{x}^k$，若已求得 $A_1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k),A_2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k),0\le k\le \frac{n}{2}-1$，则
  $$\begin{gathered} A({\omega }_n^k)=A_1({\omega }_n^{2k})+w_n^k{A}_2(w_n^{2k})=A_1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)+w_n^k{A}_2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k) \\ A({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})=A_1({\omega }_n^{2k})-w_n^{k+\frac{n}{2}}{A}_2(w_n^{2k})=A_1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)-w_n^k{A}_2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k) \end{gathered}$$
• 不断分治下去，此时我们便求得了 $A({\omega }_n^k),0\le k\le n-1$。

IDFT

• 即逆离散傅里叶变换，由之前的叙述我们有：
  [ ( ω n 0 ) 0 ( ω n 0 ) 1 ⋯ ( ω n 0 ) n − 1 ( ω n 1 ) 0 ( ω n 1 ) 1 ⋯ ( ω n 1 ) n − 1 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ( ω n n − 1 ) 0 ( ω n n − 1 ) 1 ⋯ ( ω n n − 1 ) n − 1 ] [ a 0 a 1 ⋮ a n − 1 ] = [ A ( ω n 0 ) A ( ω n 1 ) ⋮ A ( ω n n − 1 ) ] \left[ \begin{matrix} (\omega_n^0)^0 & (\omega_n^0)^1 & \cdots & (\omega^0_n)^{n - 1}\\ (\omega_n^1)^0 & (\omega_n^1)^1 & \cdots & (\omega^1_n)^{n - 1}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ (\omega_n^{n - 1})^0 & (\omega_n^{n-1})^1 & \cdots & (\omega^{n - 1}_n)^{n - 1}\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n - 1} \\ \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} A(\omega_n^0)\\ A(\omega_n^1) \\ \vdots \\ A(\omega_n^{n - 1}) \\ \end{matrix} \right] ​(ωn0​)0(ωn1​)0⋮(ωnn−1​)0​(ωn0​)1(ωn1​)1⋮(ωnn−1​)1​⋯⋯⋱⋯​(ωn0​)n−1(ωn1​)n−1⋮(ωnn−1​)n−1​ ​ ​a0​a1​⋮an−1​​ ​= ​A(ωn0​)A(ωn1​)⋮A(ωnn−1​)​ ​
• 对矩阵求逆，可得：
  [ a 0 a 1 ⋮ a n − 1 ] = 1 n [ ( ω n − 0 ) 0 ( ω n − 0 ) 1 ⋯ ( ω n − 0 ) n − 1 ( ω n − 1 ) ) 0 ( ω n − 1 ) 1 ⋯ ( ω n − 1 ) n − 1 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ( ω n − ( n − 1 ) ) 0 ( ω n − ( n − 1 ) ) 1 ⋯ ( ω n − ( n − 1 ) ) n − 1 ] [ A ( ω n 0 ) A ( ω n 1 ) ⋮ A ( ω n n − 1 ) ] \left[ \begin{matrix} a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{n - 1} \\ \end{matrix} \right] = \frac{1}{n} \left[ \begin{matrix} (\omega_n^{-0})^0 & (\omega_n^{-0})^1 & \cdots & (\omega^{-0}_n)^{n - 1}\\ (\omega_n^{-1}))^0 & (\omega_n^{-1})^1 & \cdots & (\omega^{-1}_n)^{n - 1}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ (\omega_n^{-(n - 1)})^0 & (\omega_n^{-(n-1)})^1 & \cdots & (\omega^{-(n - 1)}_n)^{n - 1}\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} A(\omega_n^0)\\ A(\omega_n^1) \\ \vdots \\ A(\omega_n^{n - 1}) \\ \end{matrix} \right] ​a0​a1​⋮an−1​​ ​=n1​ ​(ωn−0​)0(ωn−1​))0⋮(ωn−(n−1)​)0​(ωn−0​)1(ωn−1​)1⋮(ωn−(n−1)​)1​⋯⋯⋱⋯​(ωn−0​)n−1(ωn−1​)n−1⋮(ωn−(n−1)​)n−1​ ​ ​A(ωn0​)A(ωn1​)⋮A(ωnn−1​)​ ​
• 不难发现，将 ${\omega }_n^k$ 替换成 ${\omega }_n^{-k}$ 再做一遍 DFT，最后将结果除以 $n$ 即可实现 IDFT。

位逆序变换

• 为了减小递归实现带来的常数，我们考虑直接得到递归最底层的排列顺序，再逐层向上合并。
• 不难证明，设 $n=2^m$，则系数 $a_i$ 递归到最底层时的下标恰好为 $i$ 在 $m$ 位二进制表示下的对称翻转，我们称这个变换为位逆序变换（蝴蝶变换）。
• 设 $rev[i]$ 表示系数 $a_i$ 递归到最底层时的下标，则显然有递推式

	int m = 0, _n = na + nb; //相乘的两个多项式最高次数分别为 na,nb
	for (n = 1; n <= _n; n <<= 1)
		++m;
	for (int i = 1; i < n; ++i)
		rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (m - 1));

• 最终我们得到了 FFT 的迭代实现。

typedef long double ld;
typedef complex<ld> com;
const ld pi = acos(-1.0);

inline void DFT(vector<com> &a, int opt)
{
	int n = a.size();
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		if (i < rev[i])
			std::swap(a[i], a[rev[i]]);
	for (int k = 1; k < n; k <<= 1)
	{
		com w(cos(pi / k), opt * sin(pi / k));;
		for (int i = 0; i < n; i += k << 1)
		{
			com res(1.0, 0.0);
			for (int j = 0; j < k; ++j)
			{
				com u = a[i + j],
					v = res * a[i + j + k];
				a[i + j] = u + v;
				a[i + j + k] = u - v;
				res = res * w;
			}
		}
	}
	if (opt == -1)
	{
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			a[i] /= n;
	}
}

NTT

• 即快速数论变换。
• 在模质数 $P$ 意义下，原根 $g$ 具有单位根的性质：
  $$(g^k{)}^{P-1}\equiv 1(\mathrm{mod}P),g^{\frac{P-1}{2}}\equiv -1(\mathrm{mod}P)$$
• 若 $P=2^{x}a+1$，设 $n=2^m$，用 $g^{2^{x-m}a}$ 替换 ${\omega }_n$ 即可实现 NTT。
• 常见的 $P$ 有：
  $$\begin{gathered} P=1004535809=479\times 2^{21}+1,g=3 \\ P=998244353=7\times 17\times 2^{23}+1,g=3 \end{gathered}$$
• 实现时可以预处理 $g^{2^{x-m}a}$ 的幂次，减小常数，代码见多项式基本操作。

多项式基本操作

• 相关数组应开到题目给定长度的四倍，线性逆元应预处理到题目给定长度的两倍。

快速卷积的变式

• 欲求 $h_k=\sum _{i=0}^{n-k}{f}_i{g}_{i+k}$，令 $g_{n-i-k}^{\prime }=g_{i+k},h_{n-k}^{\prime }=h_k$，则原式可变为：
  $$h_{n-k}^{\prime }=\sum _{i=0}^{n-k}{f}_i{g}_{n-k-i}^{\prime }$$
• 做快速卷积即可。

分治NTT

• 以计算 $f_i=\sum _{j=1}^i{f}_{i-j}{g}_j(1\le i<n)$ 为例，$g_1,g_2,\dots ,g_{n-1}$ 已知，$f_0=1$。
• 对于当前区间 $[l,r]$，取中点 $mid$。
  • 先递归区间 $[l,mid]$。
  • 做 $g_1,\dots ,g_{r-l}$ 和 $f_l,f_{l+1},\dots ,f_{mid}$ 的卷积，求出两者对 $f_{mid+1},f_{mid+2},\dots ,f_r$ 的贡献。
  • 再递归区间 $[mid+1,r]$。
• 时间复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

牛顿迭代

• 当前有一个函数 $g$，要求解出一个多项式 $f$ 的前 $n$ 项，使得 $g(f)=0$。
• 已知 $f$ 的前 $n$ 项 $f_0$，现在想求出 $f$ 的前 $2n$ 项，由泰勒展开：
  $$\begin{gathered} 0\equiv g(f_0)+g^{\prime }(f_0)(f-f_0)(\mathrm{mod}{x}^{2n}) \\ f\equiv f_0-\frac{g(f_0)}{g^{\prime }(f_0)}(\mathrm{mod}{x}^{2n}) \end{gathered}$$

多项式求逆

• 考虑和牛顿迭代类似的倍增法。
• 设当前求出 $B_0(x)$ 使得 $A(x)B_0(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^n)$，则
  $$\begin{gathered} [A(x)B_0(x)-1{]}^2\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{2n}) \\ A(x)[2B_0(x)-A(x)B_0^2(x)]\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^{2n}) \end{gathered}$$
• 不断迭代下去即可，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

多项式取对数

• 对 $\ln (A(x))$ 求导后再积分回来，则 $B(x)=\int \frac{A^{\prime }(x)}{A(x)}\text{d}x$。
• 需保证 $A(x)$ 的常数项为 1。

多项式求指数

• 套用牛顿迭代，令 $g(x)=\ln (x)-A$，最终要使 $g(B)=0$，代入上式，有
  $$B(x)\equiv B_0(x)[1-\ln B_0(x)+A(x)](\mathrm{mod}{x}^{2n})$$
• 需保证 $A(x)$ 的常数项为 0。

多项式开根

• 套用牛顿迭代，令 $g(x)=x^2-A$，最终要使 $g(B)=0$，代入上式，有
  $$B(x)\equiv \frac{B_0(x{)}^2+A(x)}{2B_0(x)}(\mathrm{mod}{x}^{2n})$$
• 若 $A(x)$ 的常数项不为 1，初始时求 $B$ 的常数项需求二次剩余。

多项式快速幂

• 朴素的算法即直接倍增，时间复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。
• 如果没有截断的情况，直接对点值求 $k$ 次方也是正确的。
• 若 $A(x)$ 的常数项为 1，即求 $e^{k\ln A(x)}$，$k$ 对模数 $P$ 取模。
• 若 $A(x)$ 的常数项不为 1，找到第一个系数非 0 的项，设为 $a_0=[x^t]A(x)$，则所求变为 $a_0^k{x}^{tk}{\left(\frac{A(x)}{a_0{x}^t}\right)}^k$，乘以 $a^k$ 时 $k$ 对 $\phi (P)=P-1$ 取模。

const int mod = 998244353;
const int inv2 = 499122177;
const int inv3 = 332748118;
int rev[N4], tw[N4], inv[N4];

inline void operator += (vector<int> &a, vector<int> b)
{
	int n = b.size();
	a.resize(Max((int)a.size(), n));
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		add(a[i], b[i]);
}

inline void operator -= (vector<int> &a, vector<int> b)
{
	int n = b.size();
	a.resize(Max((int)a.size(), n));
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		dec(a[i], b[i]);
}

inline void operator *= (vector<int> &a, int k)
{
	if (k == -1)
	{
		int n = a.size();
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			if (a[i])
				a[i] = mod - a[i];
	}
	else 
	{
		int n = a.size();
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			a[i] = 1ll * k * a[i] % mod;
	}
}
 
inline void DFT(vector<int> &a, int opt)
{
	int n = a.size(), g = opt == 1 ? 3 : inv3;
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		if (i < rev[i])
			std::swap(a[i], a[rev[i]]);
	for (int k = 1; k < n; k <<= 1)
	{
		int w = quick_pow(g, (mod - 1) / (k << 1));
		tw[0] = 1;
		for (int j = 1; j < k; ++j)
			tw[j] = 1ll * tw[j - 1] * w % mod;
		for (int i = 0; i < n; i += k << 1)
		{
			for (int j = 0; j < k; ++j)
			{
				int u = a[i + j],
					v = 1ll * tw[j] * a[i + j + k] % mod;
				add(a[i + j] = u, v);
				dec(a[i + j + k] = u, v);
			}
		}
	}
	if (opt == -1)
	{
		int inv_n = quick_pow(n, mod - 2); 
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			a[i] = 1ll * a[i] * inv_n % mod;
	}
}

inline void polyMul(vector<int> &a, vector<int> b)
{
	if (!a.size() || !b.size())
	{
		a.clear();
		return ;
	}
	int m = 0, _n = a.size() + b.size() - 2, n;
	for (n = 1; n <= _n; n <<= 1)
		++m;
	a.resize(n);
	b.resize(n);
	for (int i = 1; i < n; ++i)
		rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (m - 1));
	DFT(a, 1); DFT(b, 1);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
	DFT(a, -1);
	a.resize(_n + 1);
}

inline void solve(int l, int r)
{
	if (l == r)
		return ;
	int mid = l + r >> 1;
	solve(l, mid);
	vector<int> a(mid - l + 1), b(r - l + 1);
	for (int i = l; i <= mid; ++i)
		a[i - l] = f[i];
	for (int i = 0; i < r - l + 1; ++i)
		b[i] = g[i];
	polyMul(a, b);
	for (int i = mid + 1; i <= r; ++i)
		add(f[i], a[i - l]);
	solve(mid + 1, r);
}

inline void polyDer(vector<int> &a)
{
	int n = a.size();
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		a[i] = 1ll * (i + 1) * a[i + 1] % mod;
	a.pop_back();
}

inline void polyInt(vector<int> &a)
{
	int n = a.size();
	a.push_back(0);
	for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
		a[i + 1] = 1ll * inv[i + 1] * a[i] % mod;
	a[0] = 0;
}

//以下各函数 vector &b 在传入之前需保证为空 

inline void polyInv(vector<int> a, vector<int> &b)
{
	int n = a.size();
	b.push_back(quick_pow(a[0], mod - 2));
	vector<int> c;
	int m = 1, m2, k;
	while (m < n)
	{
		m <<= 1, k = 0;
		for (m2 = 1; m2 < (m << 1); m2 <<= 1)
			++k;
		for (int i = 1; i < m2; ++i)
			rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (k - 1));
		b.resize(m2); c.resize(m2);
		for (int i = 0; i < m2; ++i)
			c[i] = i < n && i < m ? a[i] : 0; 
		DFT(b, 1); DFT(c, 1);
		for (int i = 0; i < m2; ++i)
		{
			int tmp = b[i];
			add(b[i], tmp);
			dec(b[i], 1ll * c[i] * tmp % mod * tmp % mod);
		}
		DFT(b, -1); 
		b.resize(m);
	}
	b.resize(n);
}

/*
polyInv's example:
5
1 6 3 4 9
1 998244347 33 998244169 1020

polyLn's example:
6
1 927384623 878326372 3882 273455637 998233543
0 927384623 817976920 427326948 149643566 610586717 

polyExp's example:
reversed
*/

inline void polyLn(vector<int> a, vector<int> &b)
{
	int n = a.size();
	polyInv(a, b);
	polyDer(a);
	polyMul(b, a);
	b.resize(n - 1);
	polyInt(b);
}

inline void polyExp(vector<int> a, vector<int> &b)
{
	int n = a.size();
	b.push_back(1);
	vector<int> c;
	int m = 1;
	while (m < n)
	{
		m <<= 1; 
		c.clear();
		b.resize(m);
		polyLn(b, c);
		for (int i = 0; i < m; ++i)
			add(c[i] = mod - c[i], i < n ? a[i] : 0);
		add(c[0], 1);
		polyMul(b, c);
		b.resize(m);
	}
	b.resize(n);
}

// 调用该函数前应先特判因前若干项为 0 导致结果全为 0 的情况 
// k1 是指数对 mod 取模后的值, k2 是指数对 mod - 1 取模后的值
// 指数较小时两者可合并
 
inline void polyPow(vector<int> &a, int k1, int k2)
{     
	int n = a.size(), st = 0;
	while (st < n && !a[st])
		++st;
	for (int i = st; i < n; ++i)
		a[i - st] = a[i];
	for (int i = n - st; i < n; ++i)
		a[i] = 0;
	a.resize(n);
	
	int a0 = a[0], inv_a0 = quick_pow(a0, mod - 2);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		a[i] = 1ll * a[i] * inv_a0 % mod;
	vector<int> b; 
	polyLn(a, b);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		b[i] = 1ll * b[i] * k1 % mod;
	a.clear();
	polyExp(b, a);
	
	a.resize(n);
	a0 = quick_pow(a0, k2);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		a[i] = 1ll * a[i] * a0 % mod;
	for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
		if (i + 1ll * st * k1 < n)
			a[i + 1ll * st * k1] = a[i];
	for (int i = 0, im = Min((ll)n, 1ll * st * k1); i < im; ++i)
		a[i] = 0;
}

inline void polySqrt(vector<int> a, vector<int> &b)
{
	int n = a.size();
	b.push_back(1);
	vector<int> c, d; 
	int m = 1;
	while (m < n)
	{
		m <<= 1;
		b.resize(m);
		c.clear();
		polyInv(b, c);
		d.resize(m);
		for (int i = 0; i < m; ++i)
			d[i] = i < n ? a[i] : 0;
		polyMul(c, d);
		for (int i = 0; i < m; ++i)
			b[i] = 1ll * inv2 * (c[i] + b[i]) % mod;  
	}
	b.resize(n);
}

生成函数

OGF

• 即一般生成函数 $A(x)=\sum _{i\ge 0}{a}_i{x}^i$。
• 常用公式：$\frac{1}{1-x}=\sum _{i\ge 0}{x}^i,\frac{1}{(1-x{)}^2}=\sum _{i\ge 0}(i+1)x^i,\frac{1}{(1-ax{)}^m}=\sum _{i\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+m-1}{m-1}\right)a^i{x}^i$
• 推导上述公式尽量用消项法或组合意义，求导/积分则较为麻烦。
• 结论 $\frac{1}{1-y}{\left(\frac{y}{1-y}\right)}^k=\sum _{n\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)y^n$

证明
$$\begin{array}{rl}A(x,y)& =\sum _{k\ge 0}\left(\sum _{n\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)y^n\right)x^k\\ & =\sum _{n\ge 0}\sum _{k\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k{y}^n\\ & =\sum _{n\ge 0}[(1+x)y{]}^n\\ & =\frac{1}{1-y-xy}\\ & =\frac{1}{1-y}\frac{1}{1-\frac{y}{1-y}x}\\ & =\sum _{k\ge 0}\frac{1}{1-y}{\left(\frac{y}{1-y}\right)}^k{x}^k\end{array}$$

典例 Bobo String Count

题目大意

• 给定一个 01 串 $t$，求在长度为 $n$ 且 $t$ 恰好出现 $k$ 次的 01 串个数，答案对 998244353 取模。
• $0\le k\le n$，$1\le n,|t|\le 5\times 10^4$。

解法

• 令 $m=|t|$，设 $g_i$ 表示长度为 $i+m$ 的字符串长度为 $m$ 的前后缀均为 $t$ 的方案数，则：
  • 若 $i<m$，若 $m-i$ 是 $t$ 的 border，则 $g_i$ 为 1，否则为 0。
  • 若 $i\ge m$，则 $g_i=2^{i-m}$。
• 设 $h_i$ 表示长度为 $i+m$ 的字符串长度为 $m$ 的前后缀均为 $t$ 且中间不再有 $t$ 出现的方案数，则根据容斥原理有：
  $$h_i=g_i-\sum _{j=1}^{i-1}{h}_j{g}_{i-j}$$
• 设 $H(x)=\sum _{i\ge 1}{h}_i{x}^i$，$G(x)=\sum _{i\ge 0}{g}_i{x}^i$，则有：
  $$G=HG+1\iff H=1-\frac{1}{G}$$
• 设 $p_i$ 表示长度为 $i+m$ 的字符串前（后）缀为 $t$ 的方案数，同样根据容斥原理有：
  $$p_i=2^i-\sum _{j=1}^i{h}_j{2}^{i-j}$$
• 设 $P(x)=\sum _{i\ge 0}{p}_i{x}^i$，讨论 $k$：
  • 若 $k=0$，则答案为 $2^n-\sum _{j=0}^{n-m}{p}_j{2}^{n-m-j}$，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。
  • 若 $k>0$，则答案为 $[x^{n-m}]P^2{H}^{k-1}$，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n\log k)$。

EGF

• 即指数型生成函数 $A(x)=\sum _{i\ge 0}\frac{a_i}{i!}{x}^i$。

• 若将 $B$ 划分为若干个非空无序集合 $A$，则 $B$ 与 $A$ 的 $\mathbb{EGF}$ 的关系为（$A(x)$ 常数项必须为 0，$B(x)$ 常数项必须为 1）：
  $$B(x)=\sum _{i\ge 0}\frac{A(x{)}^i}{i!}=e^{A(x)}，A(x)=\ln B(x)$$

  • 例如若 $B$ 为排列，$A$ 为置换，则
    $$\begin{gathered} B(x)=\sum _{i\ge 0}\frac{i!}{i!}{x}^i=\sum _{i\ge 0}{x}^i=\frac{1}{1-x} \\ A(x)=\sum _{i\ge 1}\frac{(i-1)!}{i!}{x}^i=\sum _{i\ge 1}\frac{x^i}{i}=\ln \frac{1}{1-x} \end{gathered}$$
  • 常见的例子即可通过 $n$ 个点有标号无向图的 $\mathbb{EGF}$ 取 $\ln$ 得到 $n$ 个点有标号无向连通图的 $\mathbb{EGF}$，对 $n$ 个点有标号无向树的 $\mathbb{EGF}$ 取 $\text{exp}$ 即可得到 $n$ 个点有标号无向森林的 $\mathbb{EGF}$。

典例 CF891E

题目大意

• 有 $n$ 个数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$，要进行 $k$ 次操作，每次随机选择一个数 $x\in [1,n]$，把 $a_x$ 减 1，将答案增加除 $a_x$ 外所有数的乘积。
• 求最终答案的期望。

解法

• 设 $k$ 次操作后 $a_i$ 变成了 $a_i-b_i$，实际每次操作的贡献是操作前后序列乘积的差，即贡献序列是序列乘积的差分，因而总的贡献就是初始序列的乘积减去最终序列的乘积，即求 $\prod _{i=1}^n{a}_i-\prod _{i=1}^n(a_i-b_i)$ 的期望。
• 显然只要考虑后半部分，用 $\mathbb{EGF}$ 推导所有方案的贡献之和，再除以总方案数即为期望。

$$\begin{gathered} F_i(x)=\sum _{j\ge 0}\frac{a_i-j}{j!}{x}^j=(a_i-x)e^x \\ F(x)=\prod _{i=1}^n{F}_i(x)=e^{nx}\prod _{i=1}^n(a_i-x) \end{gathered}$$

• $F(x)$ 后半部分可以暴力卷积，同时我们只关心 $[x^k]F(x)$， 将前半部分展开后直接计算即可。

常见技巧

• 将生成函数 $A(x)$ 乘上 $\frac{1}{1-x}$ 相当于乘上 $\sum _{i\ge 0}{x}^i$， 实际上就是对 $A(x)$ 的系数求前缀和，乘 $(\frac{1}{1-x}{)}^k$ 即求 $k$ 次前缀和，参见组合数学高阶前缀和部分。