LuoguP5488 差分与前缀和

题意

给定一个长为(n)的序列(a)，求出其(k)阶差分或前缀和。结果的每一项都需要对(1004535809)取模。

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打表找规律

先看前缀和，设(n=5)，(k=4)，按照阶从小到大把(a_1)在每个位置出现的次数列出来：

[0阶：1,0,0,0,0\ 1阶：1,2,3,4,5\ 2阶：1,3,6,10,15\ 3阶：:1,4,10,20,35 ]

再把(a_2)的列出来可以发现就是(a_1)的表往后移了一位,所以第(k)阶前缀和第(i)位(S_{k,i}=sum_{j=1}^{i}{k-1+i-jchoose k-1}a_j)，发现是卷积的形式，可以用NTT做。

再看差分，还是设(n=5)，(k=4)，把表列出来：

[0阶：1,0,0,0,0\ 1阶：1,-1,0,0,0\ 2阶：1,-2,1,0,0\ 3阶：1,-3,3,-1,0\ 4阶：1,-4,6,-4,1 ]

类似于前缀和，可以归纳出(S_{k,i}=sum_{j=1}^i(-1)^{i-j}{kchoose i-j} imes a_j)，也是卷积的形式，用NTT做。

最后注意(k)很大。所以组合数需要递推地来求，但(k)仍然很大。

注意到前缀和的组合数，设(g_i={k-1+ichoose k-1})，列出(g)的递推式：

[g_i=frac{g_{i-1} imes (k+i-1)}{i}\%p\ =(frac{g_{i-1}}{i}\%p) imes ((k+i-1)\%p)\ =(frac{g_{i-1}}{i}\%p) imes ((k\%p+i-1)\%p) ]

差分的递推式可以类似地推导，可以总结出我们可以直接对(k)取模。

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define cn const
#define gc getchar()
#define fp(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i<=ed;++i)
using namespace std;
typedef cn int cint;
cint maxn=100010,G=3,invG=334845270,mod=1004535809;
il int rd(){
    rg int x(0),f(1); rg char c(gc);
    while(c<'0'||'9'<c)c=gc;
    while('0'<=c&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=gc;
    return x*f;
}
il int read(){
    rg int x(0),f(1); rg char c(gc);
    while(c<'0'||'9'<c)c=gc;
    while('0'<=c&&c<='9')x=(10ll*x%mod+(c^48))%mod,c=gc;
    return x*f;
}

int n,m,t,a[maxn<<2],b[maxn<<2],inv[maxn],p[maxn];
int lim=1,l,rev,r[maxn<<2];

il int fpow(int a,int b,int ans=1){
    for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
    return ans;
}
il int finv(cint &n){return fpow(n,mod-2);}

il void ntt(int *a,cint &f){
    fp(i,0,lim)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
    for(rg int md=1;md<lim;md<<=1){
        rg int len=md<<1,Gn=fpow(f?G:invG,(mod-1)/len);
        for(rg int l=0;l<lim;l+=len){
            rg int Pow=1;
            for(rg int nw=0;nw<md;++nw,Pow=1ll*Pow*Gn%mod){
                rg int x=a[l+nw],y=1ll*a[l+nw+md]*Pow%mod;
                a[l+nw]=(x+y)%mod,a[l+nw+md]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
}

int main(){
    n=rd(),m=read(),t=rd(); fp(i,1,n)a[i]=rd();

    inv[1]=1; fp(i,2,n)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    p[0]=1; fp(i,1,n)p[i]=mod-p[i-1];

    if(!t){
        b[0]=1;
        fp(i,1,n)b[i]=1ll*(m+i-1)*inv[i]%mod *b[i-1]%mod;
    }
    else{
        b[0]=1;
        fp(i,1,n)b[i]=1ll*inv[i]*(m-i+1)%mod *b[i-1]%mod;
        fp(i,1,n)b[i]=1ll*b[i]*p[i]%mod;
    }

    while(lim<=n<<1)lim<<=1,++l; rev=finv(lim);
    fp(i,0,lim-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
    ntt(a,1),ntt(b,1);
    fp(i,0,lim)a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod; ntt(a,0);
    fp(i,1,n) printf("%lld ",1ll*a[i]*rev%mod);
    return 0;
}