題目

顯然存在一個這樣的柿子

\[S^{(k)}_i=\sum_{j=1}^iS^{(k-1)}_j\]

我們可以視為\(S^{(k)}\)就是由\(S^{(k-1)}\)卷上一個長度為\(n\)全是\(1\)的多項式得來的

設這樣的全是\(1\)的多項式為\(A\)，給出的多項式為\(F\)我們要求的就是\(F\times A^k\)

發現\(k\)非常大，我們可以考慮把我們要求的東西變成\(F\times \exp(k\ln\ A)\)，復雜度\(O(nlog n)\)

之後我就本著復習的想法去寫了多項式\(\exp\)，之後自閉了

好歹我最後寫出來了

代碼

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
    char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int maxn=262144+5;
const int mod=998244353;
const int G[2]={3,(mod+1)/3};
int len,n,k,a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],inv[maxn];
int g[maxn],H[maxn],K[maxn],C[maxn],rev[maxn],T[maxn];
inline int ksm(int a,int b) {
    int S=1;
    while(b) {if(b&1) S=1ll*S*a%mod;b>>=1;a=1ll*a*a%mod;}
    return S;
}
inline int getPow() {
    int x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=(10ll*x+c-48)%mod,c=getchar();
    return x;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
    for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
    for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
        int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
        for(re int l=0;l<len;l+=i) {
            int t,og=1;
            for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
                t=1ll*f[x+ln]*og%mod;
                f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
                f[x]=(f[x]+t)%mod;
                og=1ll*og*og1%mod;
            }
        }
    }
    if(!o) return;
    for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv[len]%mod;
}
void Inv(int n,int *A,int *B) {
    if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
    Inv((n+1)>>1,A,B);
    for(re int i=0;i<n;i++) g[i]=A[i];
    for(re int i=n;i<len;i++) g[i]=0;
    len=1;while(len<n+n) len<<=1;
    for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
    NTT(g,0),NTT(B,0);
    for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]-1ll*g[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
    NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
void Ln(int n,int *A,int *B) {
    memset(T,0,sizeof(T));memset(B,0,sizeof(B));
    for(re int i=1;i<n;i++) T[i-1]=1ll*i*A[i]%mod;
    memset(C,0,sizeof(C));Inv(n,A,C);
    len=1;while(len<n+n) len<<=1;
    for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
    NTT(C,0),NTT(T,0);
    for(re int i=0;i<len;i++) C[i]=1ll*C[i]*T[i]%mod;
    NTT(C,1);for(re int i=1;i<n;i++) B[i]=1ll*C[i-1]*inv[i]%mod;
}
void Exp(int n,int *A,int *B) {
    if(n==1) {B[0]=1;return;}
    Exp((n+1)>>1,A,B);Ln(n,B,K);
    len=1;while(len<n+n) len<<=1;
    for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=(A[i]-K[i]+mod)%mod;
    for(re int i=n;i<len;i++) K[i]=0;K[0]++;
    for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
    NTT(K,0),NTT(B,0);
    for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=1ll*B[i]*K[i]%mod;
    NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
    inv[1]=1;
    for(re int i=2;i<maxn;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    n=read();k=getPow();
    for(re int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
    for(re int i=0;i<n;i++) b[i]=1;
    Ln(n,b,c);
    for(re int i=0;i<n;i++) c[i]=1ll*c[i]*k%mod;
    Exp(n,c,d);
    len=1;while(len<n+n) len<<=1;
    for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
    NTT(d,0),NTT(a,0);
    for(re int i=0;i<len;i++) a[i]=1ll*a[i]*d[i]%mod;
    NTT(a,1);for(re int i=0;i<n;i++) printf("%d\n",a[i]);
    return 0;
}
 

之後就獲得了\(20pts\)的好成績，這個時候才提醒我們時限只有\(200ms\)

我們考慮到\(A\)這個多項式全是\(1\)肯定有一些奇妙的性質啊

考慮\(A^k(i)\)的組合意義，不就是相當於把\(i\)個球分到了\(k\)個盒子裏，允許有空的方案數嗎，根據經典的插板法，我們知道\(A^k(i)=\binom{i+k-1}{k-1}\)

所以我們現在就不需要把\(\exp\)了，直接用組合意義算出來之後去和\(F\)卷積就好了

代碼

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
inline int read() {
    char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int maxn=262144+5;
const int mod=998244353;
const int G[2]={3,(mod+1)/3};
inline int getPow() {
    int x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=(10ll*x+c-48)%mod,c=getchar();
    return x;
}
inline int ksm(int a,int b) {
    int S=1;while(b) {if(b&1) S=1ll*S*a%mod;b>>=1;a=1ll*a*a%mod;}return S;
}
int n,len,rev[262144+5],k;
int a[262144+5],inv[262144+5],b[262144+5];
inline void NTT(int *f,int o) {
    for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
    for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
        int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
        for(re int l=0;l<len;l+=i) {
            int t,og=1;
            for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
                t=1ll*og*f[x+ln]%mod;
                f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
                f[x]=(f[x]+t)%mod;
                og=1ll*og*og1%mod;
            }
        }
    }
    if(!o) return;
    for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv[len]%mod;
}
int main() {
    n=read();k=getPow();
    for(re int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
    b[0]=1;int now=k;inv[1]=1;
    len=1;while(len<n+n) len<<=1;
    for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
    for(re int i=2;i<=len;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(re int i=1;i<n;i++) b[i]=1ll*b[i-1]*inv[i]%mod*now%mod,now++,now=now%mod;
    NTT(b,0),NTT(a,0);
    for(re int i=0;i<len;i++) b[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    NTT(b,1);for(re int i=0;i<n;i++) printf("%d\n",b[i]);
    return 0;
}
 

「loj#6261」一個人的高三樓