标签：mil 快速幂 比较 limit 数论 序列 期望 limits 就是
在学各种数各种反演之前把以前做的$FFT$/$NTT$的题整理一遍
还请数论$dalao$口下留情
题目中要求求出
$c_k=\sum\limits_{i=k}^{n-1}a_i*b_{i-k}$
首先可以把$a$翻转,
$c_k=\sum\limits_{i=k}^{n-1}a_{n-1-i}*b_{i-k}$
$c_k=\sum\limits_{i=0}^{n-k-1}a_{n-k-1-i}*b_{i}$
也就是说对新的$a$,$b$数组做一遍$FFT$得到的便是$c$数组翻转后的数组
$f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}\frac{q[j]}{(i-j)^2}-\sum_{j=i+1}^{n}\frac{q[j]}{(i-j)^2}$
$f[i]=\sum_{k=1}^{min(n-i,i-1)}\frac{q[j-k]-q[j+k]}{k^2}$
构造出一个$g[i]=\frac{1}{i^2}$就是一个裸的卷积了
因为期望的可加性，把每个点的贡献单独处理，即求期望深度
考虑$y$对$x$的贡献：当且仅当$x->y$的路径上第一个点就选$y$，$y$才能成为$x$的祖先
所以$y$对$x$的贡献就是：$P=\frac{1}{dis(x,y)+1}$,$E=1$
所以最终答案就是$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{1}{dis(i,j)+1}$
用点分治+$FFT$便可以$O(nlog_2^2(n))$解决
这道题的FFT并不难想，只是容斥比较复杂，在这里不再赘述
设$c[i]=\sum\limits_{j=1}^{i-1}[s[i]==s[i-j]]$($s$数组从$1$开始编号)
$ans_i=2^c[i]$-不合法的个数，不合法的可以用$hash$二分
求$c[i]$可以分别考虑$a$,$b$的贡献，以a为例：设$b[i]=s[i]==‘a‘$
那么$c[i]=\sum\limits_{j=1}^{i-1}b[j]*b[i-j]$，便成了卷积的形式，FFT求解即可
看到乘积果断选择原根化乘法为加法，之后因为N很大，需要用快速幂+NTT
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原文地址：https://www.cnblogs.com/AthosD/p/12019413.html
