luogu P5442 【XR-2】约定 (加强版)

标签：org   cst   include   i+1   题目   fun   lld   com   多项式   

冷静分析，冷静分析……

题目

加强前的详细思路见此处

为了方便，记 \(M = 998244353\)。

记 \(F_k(n)=\sum_{1\le i<j\le n}(i+j)^k\)，则答案就是 \(\frac{2}{n}F_k(n)\)。

发现 \(F_k(n)\) 是个关于 \(n\) 的 \((k+2)\) 次多项式，所以我们要拿 \((k+3)\) 个点值来插它。

根据拉格朗日插值，得到式子

\(F_k(n)=\sum_{i=1}^{m+3}F_k(i)\prod_{j\ne i}\frac{n-j}{i-j}\)

\(=\sum_{i=1}^{m+3}F_k(i)\frac{1}{(i-1)!}\frac{1}{(m+3-i)!}(-1)^{m+3-i}\prod_{j=1}^{i-1}(n-j)\prod_{j=i+1}^{m+3}(n-j)\)

。求和号后面的每个东西都可以预处理，于是我们就求出了 \(F_k(n) \mod M\)。

接下来还要乘个 \(\frac{2}{n}\)，分几种情况讨论：

一、\(1\le n<M\)

这时候 \(n\) 存在逆元，直接乘就好了。于是我们解决了没加强的版本。

二、\(n=M\)

这时候算出的 \(F_k(n) \mod M\) 其实也是对的（实际上，这时候 \(F_k(n) \mod M=0\)）。

问题在于最后还要乘个 \(\frac{2}{n}\)，而 \(n\) 这时候没有逆元。

首先想到看看上面有没有可以消去的 \(n\) ，但似乎并没有找到。

注意到这个拉格朗日插值，我们取的点是 \(1\) 到 \(k+3\)。换成 \(0\) 到 \(k+2\) 试试看？

首先可以得到 \(F_k(0)=0\)。

然后发现式子变成这样：

\(F_k(n)=\sum_{i=0}^{m+2}F_k(i)\frac{1}{i!}\frac{1}{(m+2-i)!}(-1)^{m+2-i}\prod_{j=0}^{i-1}(n-j)\prod_{j=i+1}^{m+2}(n-j)\)

那 \(\prod_{j=0}^{i-1}(n-j)\) 这里，不就有一个 \(n\) 吗？把它消掉就行了。

Wait...你说 \(i=0\) 的时候没有 \(n\) 怎么办？\(F_k(0)=0\)，所以 \(i=0\) 的时候对答案没有贡献，直接让循环从 \(1\) 开始就好了。

（尽管在计算的时候没有贡献，但我们仍然是拿 \((k+3)\) 个点值来插的，只不过在 \(0\) 处的点值为 \(0\) 而已。）

于是得到的式子是

\(\frac{1}{n}F_k(n)=\sum_{i=1}^{m+2}F_k(i)\frac{1}{i!}\frac{1}{(m+2-i)!}(-1)^{m+2-i}\prod_{j=1}^{i-1}(n-j)\prod_{j=i+1}^{m+2}(n-j)\)

乘个 \(2\) 就是答案了。

三、\(n>M\)

\(n>M\) 时，\(n\) 的答案和 \(n\mod M+[n\mod M=0]\cdot M\) 的答案是一样的，输入的时候直接取模就好了。

这个证明其实并不像看起来一样简单，可以思考一下。

#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int A=1e7+37,M=998244353;
inline int Pow(int a,int m){int s=1;for(;m;m>>=1)m&1?s=(ll)s*a%M:0,a=(ll)a*a%M;return s;}
int n,m,f[A+A],g[A],func[A],t0[A],t1[A],invf[A],np[A+A],p[1300000],k,ans;
inline int Read(){
    int a=0;char c=getchar();
    for(;c>57||c<48;c=getchar());for(;c>47&&c<58;a=(a*10ll+c-48)%M,c=getchar());
    return a;
}
int main(){
    n=Read();if(!n)n+=M;
    scanf("%d",&m);
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=m+m+3;i++){
      if(!np[i])p[++k]=i,f[i]=Pow(i,m);
      for(int j=1;j<=k&&i*p[j]<=m+m+3;j++){
        np[i*p[j]]=1;
        f[i*p[j]]=(ll)f[i]*f[p[j]]%M;
        if(i%p[j]==0)break;
      }
    }
    for(int i=1;i<=m+m+3;i++)f[i]=(f[i]+f[i-1])%M;
    func[0]=1,t0[0]=1;
    for(int i=1;i<=m+2;i++){
      t0[i]=(ll)t0[i-1]*(n-i)%M;
      func[i]=(ll)func[i-1]*i%M;
      g[i]=((ll)g[i-1]+f[2*i-1]-f[i]+M)%M;
      if(n==i)return 0*printf("%lld\n",g[i]*2ll*Pow(n,M-2)%M);
    }
    invf[m+2]=Pow(func[m+2],M-2),t1[m+2]=n-(m+2),t1[m+3]=1;
    for(int i=m+2;i;i--){
      t1[i-1]=(ll)t1[i]*(n-i+1)%M;
      invf[i-1]=(ll)invf[i]*i%M;
    }
    for(int i=1;i<=m+2;i++)
      ans=(ans+(ll)g[i]*t0[i-1]%M*t1[i+1]%M*invf[i]%M*invf[m+2-i]*(m+2-i&1?-1:1)%M+M)%M;
    printf("%d\n",ans*2%M);
    return 0;
}

luogu P5442 【XR-2】约定 (加强版)

标签：org   cst   include   i+1   题目   fun   lld   com   多项式   

原文地址：https://www.cnblogs.com/Camp-Nou/p/12345501.html