标签：math 分治 城市 礼物 相对 return limits uri 根据
实在是太毒瘤了。
大纲。
多项式生成函数相关
默认前置：微积分，各种数和各种反演，FFT，NTT，各种卷积，基本和式变换。
主要内容：
泰勒展开，级数求和，牛顿迭代，主定理。 //例题：在美妙的数学王国中畅游,礼物
多项式全家桶：乘法，求逆，求导，积分，分治，ln，exp，fwt,MTT。 //城市规划，图的价值，染色，遗失的答案，按位或，随机游走。
生成函数：普通型生成函数，指数型生成函数计数原理。 //猎人杀，遗忘的集合，生成树计数
例题。
一、泰勒展开和级数求和
1.泰勒展开
即对于任何函数\(f(x)\),如果在\(x_0\)处\(n\)阶可导，那么满足如下公式：
\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}\]
这里当\(x_0\)为0的时候被称作麦克劳林公式。
先推导麦克劳林公式
即：
\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f^{(i)}(0)x^i}{i!}\]
这里只证明多项式函数的正确性（其实是因为任意函数太难证了吧）。
设多项式函数:
\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_ix^i\]
那么：
\[f^{(i)}(x)=\sum\limits_{j=0}^{n}a_{j+i}x^{j}\prod\limits_{k=j+1}^{j+i+1}k\]
而我们的\(x_0=0\)
也就是说每阶导数都只有常数项。
即：
\[f^{(i)}(x)=i!a_i\]
所以
\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f^{(i)}x^i}{i!}\]
那如果\(x_0!=0\)呢？
这时候就是真正的泰勒展开了。
我们照旧设多项式函数：
\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_ix^i\]
将之更换为关于\(w=x-x_0\)的多项式。
\[g(w)=f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}b_i(x-x_0)^i\]
用麦克劳林公式展开：
\[g(w)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{g^{(i)}(0)w^i}{i!}\]
也就是说:\[b_i=\frac{g^{(i)}}{i!}\]
那么:
\[g(w)=f(w+x_0),g^{(i)}(w)=f^{(i)}(w+x_0)\]
\[g(0)=f(x_0),g^{(i)}(0)=f^{(i)}(x_0)\]
所以:
\[b_i=\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}\]
这样的话就是说：
\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}b_i(x-x_0)^i=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}\]
证毕。
2.一些级数求和的公式
其实个人认为泰勒展开是级数求和的逆运算。
\[\begin{array}{rcl}f(x)&=&e^x\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f^{(i)}(0)x^i}{i!}\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{e^0x^i}{i!}\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{x^i}{i!}\end{array}\]
\[\begin{array}{rcl}f(x)&=&\frac{1}{1-x}\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f^{(i)}(0)x^i}{i!}\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{\frac{i!}{1-0}x^i}{i!}\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}x^i\end{array}\]
\[x\in(-1,1)\]
\[\begin{array}{rcl}f(x)&=&\frac{1}{1+x}\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f^{(i)}(0)x^i}{i!}\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{\frac{(-1)^i}{1-0}x^i}{i!}\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^ix^i\end{array}\]
\[x\in(-1,1)\]
\[\begin{array}{rcl}f(x)&=&sin(x)\\&=&\frac{sin(0)x^0}{0!}+\frac{cos(0)x^1}{1!}+\frac{-sin(0)x^2}{2!}+\frac{-cos(0)x^3}{3!}…\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{n-1}\frac{x^{2i-1}}{(2i-1)!}\end{array}\]
\[\begin{array}{rcl}f(x)&=&cos(x)\\&=&\frac{cos(0)x^0}{0!}+\frac{-sin(0)x^1}{1!}+…\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^i\frac{x^{2i}}{(2i)!}\end{array}\]
\[\begin{array}{rcl}f(x)&=&ln(1+x)\\&=&\frac{ln(1+0)x^0}{0!}+\frac{\frac{1}{1+0}x^1}{1!}+\frac{-\frac{1!}{(1+0)^2}x^2}{2!}+…\\&=&\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}\frac{x^i}{i}\end{array}\]
二、牛顿迭代
1.牛顿迭代
本来这个东西是用来求连续函数的。
先讲一下连续函数是怎么搞得。
对于一个函数\(f(x)\)
我们期望求解\(f(x)=0\)的解\(x_z\)
首先需要一个接近\(x_z\)的值\(x_0\)，保证在区间\([x_z,x_0]\)范围内，\(f^{(2)}(x)\)的符号不变。
而我们期望得到一个更加接近\(x_z\)的解\(x_1\)。
怎么得到呢？
将\(f(x_1)\)在\(x_0\)处泰勒展开。
得到：
\[f(x_1)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\frac{f^{(i)}(x_0)(x_1-x_0)^i}{i!}\]
我们只保留其线性部分。
个人猜测牛顿这样做的原因是因为这样迭代一次之后\(x_1\)仅有一个解，如果保留二次项部分，虽然会让迭代的次数减少，不过此时有两个解，剩余部分的迭代增加量变成了指数级别的。
那么也就是说我们需要求：
\[f(x_1)=f(x_0)+f'(x_0)(x_1-x_0)=0\]
此时\(x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\)
不断迭代下去就可以不断逼近解\(x_z\)
考虑为什么。
由于二阶导符号不变，那么也就是说函数的凹凸性不变，这样的话一阶导的就是单调的了。
其实就是函数切线的斜率单调，我们求出的\(x_1\)就是切线的解，这样就可以不断的逼近\(x_z\)。
2.多项式牛顿迭代
本来这个东西使用来求连续函数的。
现在我们把它搞到离散数学里面来，利用相似的思想。
求解如下方程。
\[F(G(x))\equiv 0(mod\ x^n)\]
按照套路来。
我们假设已经求出了\(G'(x)\)
满足：
\[F(G'(x))\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}})\]
对函数\(F(G(x))\)在\(G'(x)\)处泰勒展开。
\[F(G(x))=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\frac{F^{(i)}(G'(x))(G(x)-G'(x))^i}{i!}\]
可以发现：
\[G(x)-G'(x)\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}})\]
所以：
\[(G(x)-G'(x))^i\equiv 0(mod\ x^{\frac{ni}{2}}),i>=2\]
这样也就是说，不准确的部分只有一阶导部分。
也就是：
\[G(x)=G'(x)-\frac{F(G'(x))}{F'(G'(x))}\]
每次迭代精度翻倍了。
可以递归求解。
复杂度是：\(T(n)=nlogn+T(\frac{n}{2})=nlogn\)。
可能要疑问这个是干什么用的。
下面的全家桶就知道了。
讲个题：https://www.cnblogs.com/Lrefrain/p/11921361.html.
三、主定理
主定理用来证明一些分治递归算法的复杂度。
即。
对于如下的复杂度：
\[T(n)=aT(\frac{n}{b})+f(n)\]
设\(f(n)=n^d\)
有：
\[T(n)=\begin{cases}n^d&\ a<n^d\\n^dlog_bn&\ a=n^d\\n^{log_ba}&\ a>n^d\\ \end{cases}\]
偷一张算导的图：
是递归示意图了。
那么可以发现总的复杂度可以这样来表示：
\[\begin{array}{rcl}T(n)&=&\sum\limits_{i=0}^{log_bn}\left(\frac{n}{b^i}\right)^da^{i}\\&=&n^d\sum\limits_{i=0}^{log_bn}\left(\frac{a}{b^d}\right)^i\end{array}\]
讨论一下。
1.\(a<n^d\)后面那个东西是小数，所以说是收敛的，是一个常数，所以\(T(n)=n^d\)
2.\(a=n^d\)后面全是1，所以\(T(n)=n^dlog_bn\)
3.\(a>n^d\)后面东西，对于最后一项来说，前面的全是常数，所以舍去前面的项。
推一下：
\[\begin{array}{rcl}T(n)&=&n^d\left(\frac{a}{b^d}\right)^{log_bn}\\&=&n^d\frac{a^{log_bn}}{n^{dlog_bn}}\\&=&n^d\frac{a^{log_bn}}{n^d}\\&=&n^{log_ba}\end{array}\]
四、多项式全家桶
1.导数\(deriv\)
就和普通导数一样，对于第\(i\)项，\(A[i]=A[i+1]*(i+1)\)常数项舍去。
2.不定积分\(integ\)
就和普通不定积分一样，对于第\(i\)项，\(A[i]=\frac{A[i-1]}{i}\)最高次项舍去。
3.求逆\(inv\)
这个稍微推一下。
对于一个多项式\(A(x)\)，我们需要的\(B(x)\)是满足：
\[A(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^n)\]
假设我们已经求出了一个\(B'(x)\)使得：
\[A(x)B_0(x)\equiv 1(mod\ x^{\frac{n}{2}})\]
那么：
\[A(x)(B(x)-B_0(x))\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}})\]
因为他俩前\(\frac{n}{2}\)项一样。
那么：
\[(B(x)-B_0(x))^2\equiv 0(mod\ x^n)\]
也就是：
\[B^2(x)+B_0^2(x)-2B(x)B_0(x)\equiv 0(mod\ x^n)\]
两边同乘\(A(x)\)
\[B(x)+A(x)B_0^2(x)-2B_0(x)\equiv 0(mod\ x^n)\]
\[B(x)\equiv 2B_0(x)-A(x)B_0^2(x)(mod\ x^n)\]
这样我们就得到了一个递归算法，使得每次回溯精度翻倍，而在最底层只有常数项，直接费马小定理即可。
注意这里我们求出的逆可能不仅有\(n\)项，但是我们只保留\(n\)项，这样虽然不精确，不过更高的项是没有用的。
4.\(ln\)
对于一个多项式\(A(x)\)(必须保证常数项为1)，我们要求的\(B(x)\)是满足：
\[ln(A(x))\equiv B(x)(mod\ x^n)\]
两侧求导。
\[B'(x)\equiv \frac{A'(x)}{A(x)}(mod\ x^n)\]
这样可通过求逆和求导得到\(B'(x)\)
再对\(B'(x)\)不定积分即可得到\(B(x)\)
同样省略大于\(n\)的高次项。
5.开方\(sqr\)
必须保证\(A(0)=1\)
首先，
对于任何一个多项式运算我们均可以设计一种多项式函数,使得运算结果\(B(x)\)为方程：
\[F(B(x))\equiv 0(mod\ x^n)\]
的解。
开方就是这样的。
我们要设计的函数就是：
\[F(B(x))=B^2(x)-A(x)\]
那么我们要求的就是：
\[F(B(x))\equiv 0(mod\ x^n)\]
这样延续套路，假设我们求出了:
\[F(B_0(x))\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}})\]
我们对\(F(B(x))\)在\(F(B_0(x))\)处泰勒展开。
\[F(B(x))\equiv \sum\limits_{i=0}^{n}\frac{F^{(i)}(B_0(x))(B(x)-B_0(x))^i}{i!}(mod\ x^n)\]
由于\(B_0(x)\)和\(B(x)\)的前\(x^{\frac{n}{2}}\)项是相同的，那么包括2次及以上的项均为0。
那么只剩下常数项和一阶导了。
\[F(B(x))\equiv F(B_0(x))+F'(B_0(x))(B(x)-B_0(x))\equiv 0(mod\ x^n)\]
消序展开得到：
\[B(x)\equiv \frac{F(B_0(x))}{F'(B_0(x))}\]
这种方法可以求解任何多项式函数。
也被称作多项式牛顿迭代。
在开方中就是：
\[B(x)\equiv B_0(x)-\frac{A(x)}{2B_0(x)}\]
这样的到了递归算法，回溯一次精度翻倍，递归到最后一层常数项为1。
6.\(exp\)
对于一个函数\(A(x)\)(常数项为0)。
求：
\[B(x)\equiv e^{A(x)}(mod\ x^n)\]
构造\[F(B(x))=ln(B(x))-A(x)\]
那么要求：
\[F(B(x))\equiv 0(mod\ x^n)\]
利用牛顿迭代公式：
\[B(x)\equiv B_0-\frac{F(B_0(x))}{F'(B_0(x))}\equiv B_0(x)(1-ln(B_0(x))+A(x))\]
同样是递归算法，递归一次精度翻倍，递归到最后一层常数项为1。
7.快速幂
不是直接倍增的。
要求：
\[B(x)\equiv A^k(x)(mod\ x^n)\]
\[lnB(x)\equiv klnA(x)(mod\ x^n)\]
这样我们求个\(ln\)，然后给他乘上\(k\)，然后再\(exp\)回去即可。
8.分治\(FFT\)
对于这样一个东西：
\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}f(i)g(n-i)\]
求全部的\(f(x)\)
朴素的算法是\(O(n^2)\)的。
这里我们运用\(CDQ\)分治的方法求这个东西，就是\(O(nlog^2n)\)的了，具体实现你们自己去思考。
9.\(MTT\)
我们有时候要求任意模数，这个时候有一种古老的方法是三模数\(NTT\),学长的话说：”这已经是时代的眼泪了“。
现在介绍\(毛TT\)，也就是所谓拆系数\(FFT\)
我们怕他爆\(ll\)，因为在\(1e5\)卷积的情况下，极限可以到达\(10^{23}\)的地步，所以\(MTT\)出现了。
我们一般设一个常数\(M=1<<15\),接近\(\sqrt{1e9}\)的数。
\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}(A1(i)M+B1(i))x^i\]
\[g(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}(A2(i)M+B2(i))x^i\]
那么\((f*g)\)其实就被分开了:
\[f_ig_{n-i}=(A1(i)M+B1(i))(A2(i)M+B2(i))=A1(i)A2(i)M^2+(A1(i)B2(i)+A2(i)B1(i))M+B1(i)B2(i)\]
这样我们对于\[A1,A2,B1,B2\]分别做\(4\)次\(FFT\),对于上面三项分别求出,再做\(3\)次\(FFT\)。
这样每一项的大小都不会超过\(10^{13}\),再分别乘上相对应的\(M\)即可。
虽然乘上\(M\)还是爆了，不过这个时候是可以直接取模的。
另外：
对于如上的全部递归算法(求逆，exp,开方)复杂度均为\(O(nlogn)\)
证明：
我们设复杂度为：\(T(n)\)
那么：
\[T(n)=T(\frac{n}{2})+nlogn\]
根据主定理得到：
\[T(n)=nlogn\]
给个板子（乘法，求导，积分，求逆，\(ln\)，\(exp\)，开方，另外一种分治\(FFT\),快速幂）。
int add(int x,int y) {return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int mul(int x,int y) {return 1LL*x*y%mod;}
int dic(int x,int y) {return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int qw(int a,int b)
{
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) ans=mul(ans,a);
return ans;
}
struct Poly{
int r[maxn],t1[maxn],t2[maxn],t3[maxn],f[maxn],g[maxn],h[maxn],A[maxn],B[maxn],C[maxn];
pair<int,int> getlen(int n) {int mx,tim;for(mx=1,tim=0;mx<=n<<1;mx<<=1,++tim);return make_pair(mx,tim);}
void clear(int *a,int n) {for(int i=0;i<n;++i) a[i]=0;}
void NTT(int mx,int tim,int *a,int op)
{
for(int i=0;i<mx;++i) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<tim-1);
for(int i=0;i<mx;++i) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
for(int mid=1;mid<mx;mid<<=1)
for(int i=0,len=mid<<1,wn=qw(3,(mod-1)/len);i<mx;i+=len)
for(int j=0,w=1,x=a[i+j],y=mul(w,a[i+mid+j]);j<mid;++j,w=mul(w,wn),x=a[i+j],y=mul(w,a[i+mid+j]))
a[i+j]=add(x,y),a[i+mid+j]=dic(x,y);
if(op==1) return ;
reverse(a+1,a+mx);int re=qw(mx,mod-2);
for(int i=0;i<mx;++i) a[i]=mul(a[i],re);
}
void Mul(int n,int *a,int *b,int *c)
{
pair<int,int> dr=getlen(n);
clear(t3,dr.first);clear(h,dr.first);
for(int i=0;i<n;++i) t3[i]=a[i],h[i]=b[i];
NTT(dr.first,dr.second,t3,1);
NTT(dr.first,dr.second,h,1);
for(int i=0;i<dr.first;++i) c[i]=mul(t3[i],h[i]);
NTT(dr.first,dr.second,c,-1);
for(int i=n;i<dr.first;++i) c[i]=0;
}
vector<int> vecMul(vector<int> a,vector<int> b,int n)
{
pair<int,int> dr=getlen(n);
for(int i=0;i<a.size();++i) t1[i]=a[i];
for(int i=0;i<b.size();++i) t2[i]=b[i];
NTT(dr.first,dr.second,t1,1);
NTT(dr.first,dr.second,t2,1);
for(int i=0;i<dr.first;++i) t1[i]=mul(t1[i],t2[i]);
NTT(dr.first,dr.second,t1,-1);
vector<int> res;
for(int i=0;i<=n;++i) res.push_back(t1[i]);
clear(t1,dr.first);clear(t2,dr.first);
return res;
}
vector<int> DivideMul(int l,int r)
{
if(l==r)
{
vector<int> res;
res.push_back(1),res.push_back(mod-a[l]);
return res;
}
int mid=l+r>>1;
vector<int> fr=DivideMul(l,mid);
vector<int> se=DivideMul(mid+1,r);
return vecMul(fr,se,fr.size()+se.size());
}
void deriv(int n,int *a,int *b) {for(int i=1;i<n;++i) b[i-1]=mul(a[i],i);b[n-1]=0;}
void integ(int n,int *a,int *b) {for(int i=1;i<n;++i) b[i]=mul(a[i-1],qw(i,mod-2));b[0]=0;}
void getinv(int n,int *a,int *b)
{
if(n==1) return b[0]=qw(a[0],mod-2),void();
getinv(n>>1,a,b);
int mx=n<<1,tim=round(log(mx)/log(2));
for(int i=0;i<n;++i) t1[i]=a[i],t2[i]=b[i];
NTT(mx,tim,t1,1);
NTT(mx,tim,t2,1);
for(int i=0;i<mx;++i) t1[i]=mul(t1[i],mul(t2[i],t2[i]));
NTT(mx,tim,t1,-1);
for(int i=0;i<n;++i) b[i]=dic(add(b[i],b[i]),t1[i]);
clear(t1,mx);clear(t2,mx);
}
void getln(int n,int *a,int *b)
{
int mx,tim;
for(mx=1,tim=0;mx<=n<<1;mx<<=1,++tim);
deriv(n,a,f);getinv(n,a,g);
for(int i=0;i<mx;++i) t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];
NTT(mx,tim,t1,1);
NTT(mx,tim,t2,1);
for(int i=0;i<mx;++i) t1[i]=mul(t1[i],t2[i]);
NTT(mx,tim,t1,-1);
integ(n,t1,b);
clear(t1,mx);clear(t2,mx);clear(f,mx);clear(g,mx);
}
void getexp(int n,int *a,int *b)
{
if(n==1) return b[0]=1,void();
getexp(n>>1,a,b);
int mx=n<<1,tim=round(log(mx)/log(2));
for(int i=0;i<n;++i) A[i]=b[i];
getln(n,A,B);
for(int i=0;i<n;++i) B[i]=dic(a[i],B[i]);B[0]=add(B[0],1);
NTT(mx,tim,A,1);NTT(mx,tim,B,1);
for(int i=0;i<mx;++i) A[i]=mul(A[i],B[i]);
NTT(mx,tim,A,-1);
for(int i=0;i<n;++i) b[i]=A[i];
clear(A,mx);clear(B,mx);
}
void getsqr(int n,int *a,int *b)
{
if(n==1) return b[0]=1,void();
getsqr(n>>1,a,b);
getinv(n,b,f);
for(int i=0;i<n;++i) g[i]=a[i];
pair<int,int>dr=getlen(n);
NTT(dr.first,dr.second,f,1);NTT(dr.first,dr.second,g,1);
for(int i=0;i<n<<1;++i) f[i]=mul(f[i],g[i]);
NTT(dr.first,dr.second,f,-1);
for(int i=0;i<n;++i) b[i]=mul(add(b[i],f[i]),qw(2,mod-2));
for(int i=0;i<n<<1;++i) f[i]=g[i]=0;
}
void getpow(int n,int k,int *a,int *b)
{
getln(n,a,h);
for(int i=0;i<n;++i) h[i]=mul(h[i],k);
getexp(n,h,b);
}
}fntt;标签：math 分治 城市 礼物 相对 return limits uri 根据
原文地址：https://www.cnblogs.com/Lrefrain/p/12023232.html
