P5488 差分与前缀和 NTT Lucas定理 多项式

LINK：差分与前缀和

这道题和loj的一个人的高三楼相似。

也略有不同 先考虑前缀和:设G(x)为原式的普通型生成函数 (F(x)=1+x+x^2+...)

那么其实求的是 (G(x)*(F(x))^k)的前n项。k很大 不能直接做多项式快速幂 想直接展开系数似乎也做不到。

利用Lucas定理 (F(x)^kequiv F(x)^{sp+r}equiv F(x)^{sp}*F(x)^r (mod p))

后面的东西再次展开((F(x)^p)^s*F(x)^r) 忘了一件事情为了方便设(F(x)=1+x)

那么显见(((1+x)^p)^s*F(x)^r=(1+x^p)^s*F(x)^r)

由于最后求出前n项 所以上式等价于(F(x)^r)

其实这里取的(F(x))有点特殊了实际上(F(x)=frac{1}{1-x})也是一样的。

对于差分也同理 所以可以使k直接对mod取模。

其实根据上式还可以反向证明Lucas定理 这里不再赘述。

考虑如何求出系数 可以使用多项式快速幂 也可以选择EXP那一套 当然最直观的是第i项系数为(C(i+k-1,k-1))可以直接线性递推得到。

差分同理 至此问题得到解决。

code

//#include<bitsstdc++.h>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 1000000000
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define gc(a) scanf("%s",a+1)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-8
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 1004535809
using namespace std;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc()
{
    return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
    RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=((ll)x*10+ch-'0')%mod;ch=getc();}
    return x*f;
}
const int MAXN=300010,G=3;
int n,k,T,lim;
int a[MAXN],rev[MAXN];
int b[MAXN],O[MAXN],in[MAXN];
inline int ksm(int b,int p)
{
	int cnt=1;
	while(p)
	{
		if(p&1)cnt=(ll)cnt*b%mod;
		b=(ll)b*b%mod;p=p>>1;
	}
	return cnt;
}
inline void NTT(int *a,int op)
{
	vep(0,lim,i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int len=2;len<=lim;len=len<<1)
	{
		int mid=len>>1;
		int wn=ksm(G,op==1?(mod-1)/len:mod-1-(mod-1)/len);
		vep(1,mid,i)O[i]=(ll)O[i-1]*wn%mod;
		for(int j=0;j<lim;j+=len)
		{
			vep(0,mid,i)
			{
				int x=a[i+j],y=(ll)a[i+j+mid]*O[i]%mod;
				a[i+j]=(x+y)%mod;a[i+j+mid]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(op==-1)
	{
		int INV=ksm(lim,mod-2);
		vep(0,lim,i)a[i]=(ll)a[i]*INV%mod;
	}
}
int main()
{
	freopen("1.in","r",stdin);
	get(n);get(k);get(T);O[0]=1;
	vep(0,n,i)get(a[i]);
	if(T==0)
	{
		in[1]=b[0]=1;b[1]=k;
 		vep(2,n,i)
		{
			in[i]=(ll)in[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
			b[i]=(ll)b[i-1]*in[i]%mod*(i+k-1)%mod;
		}
	}
	else
	{
		in[1]=b[0]=1;b[1]=mod-k;
		rep(2,min(k,n-1),i)
		{
			in[i]=(ll)in[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
			b[i]=mod-(ll)b[i-1]*in[i]%mod*(k-i+1)%mod;
		}
	}
	lim=1;while(lim<n+n)lim=lim<<1;
	vep(0,lim,i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?lim>>1:0);
	NTT(a,1);NTT(b,1);
	vep(0,lim,i)a[i]=(ll)a[i]*b[i]%mod;
	NTT(a,-1);
	vep(0,n,i)printf("%d ",a[i]);
	return 0;
}