fft

又是一道FFT 好题。 首先来看一看求前缀和。 求一次前缀和就先当于卷上一个系数全为1的多项式，即 \(\displaystyle \sum_{i=0}^{\infin}x^i\) ( 想一想，为什么 )，这个东西就等于 \(\displaystyle \frac{1}{1-x}\) ,简单证明一下。 \[ S=1+x+x^2+...\\ xS=x+x^2+x^3...\\ 上边的式子减去下边的式子得到\\ S-xS=1\\ S=\frac{1}{1-x} \] 是不是感觉天衣无缝但又十分扯淡？没错，这只有在 \(-1<x<1\) 时才成立。但生成函数是形式幂级数，我们不用关心x的具体取值。 回到我们刚才的问题，因为卷积具有结合律，所以我们要求的就是 \(\displaystyle\frac{1}{(1-x)^k}\) 结论:这个式子的n次系数是 \(C_{n+k-1}^{k-1}\) (C是组合数)。 证明:回想一下 \(\displaystyle \sum_{i=0}^{\infin}x^i\) 的每一次相乘的含义，可知 \(\displaystyle (\sum_{i=0}^{\infin}x^i)^k\) 中n次系数的含义就是经过k次组成n的方案数，我们可以将n看成是n个小球，k看成是k个盒子，因为组成n的每个 “1”是一样的，每个多项式是不一样的，所以球相同，盒子不同

在学各种数各种反演之前把以前做的$FFT$/$NTT$的题整理一遍 还请数论$dalao$口下留情 T1快速傅立叶之二 题目中要求求出 $c_k=\sum\limits_{i=k}^{n-1}a_i*b_{i-k}$ 首先可以把$a$翻转, $c_k=\sum\limits_{i=k}^{n-1}a_{n-1-i}*b_{i-k}$ $c_k=\sum\limits_{i=0}^{n-k-1}a_{n-k-1-i}*b_{i}$ 也就是说对新的$a$,$b$数组做一遍$FFT$得到的便是$c$数组翻转后的数组 T2力 $f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}\frac{q[j]}{(i-j)^2}-\sum_{j=i+1}^{n}\frac{q[j]}{(i-j)^2}$ $f[i]=\sum_{k=1}^{min(n-i,i-1)}\frac{q[j-k]-q[j+k]}{k^2}$ 构造出一个$g[i]=\frac{1}{i^2}$就是一个裸的卷积了 T3Normal 因为期望的可加性，把每个点的贡献单独处理，即求期望深度 考虑$y$对$x$的贡献：当且仅当$x->y$的路径上第一个点就选$y$，$y$才能成为$x$的祖先 所以$y$对$x$的贡献就是：$P=\frac{1}{dis(x,y)+1}$,$E=1$ 所以最终答案就是$\sum\limits_{i=1}^{n}

温馨提示:倘若下角标看不清的话您可以尝试放大。 倘若没有通配符的话可以用KMP搞一搞。 听巨佬说通配符可以用FFT搞一搞。 我们先考虑一下没有通配符的怎么搞。我们设a=1,b=2,...,然后我们构造一个这样的函数 \(\displaystyle P_x=\sum_{i=0}^{m-1}(A_i-B_{x-m+1+i})^2\) ，但且仅当A和B在x的位置上匹配完成的时候$P_x $为0。至于为什么是平方，主要是为了防止正数和负数相互抵消。 至于通配符，我们设它为0，我们尝试重新构造一下 \(\displaystyle P_x=\sum_{i=0}^{m-1}(A_i-B_{x-m+1+i})^2A_iB_{x-m+1+i}\) ,这样我们就能满足"通配"这一条件了。 那我们怎么快速求解呢？我们将式子先展开一下， \(\displaystyle P_x=\sum_{i=0}^{m-1}(A_i^3B_{x-m+1+i}-A_i^2B_{x-m+1+i}^2+A_iB_{x-m+1+i}^3)\) \(\displaystyle=\sum_{i=0}^{m-1}A_i^3B_{x-m+1+i}-\sum_{i=0}^{m-1}A_i^2B_{x-m+1+i}^2+\sum_{i=0}^{m-1}A_iB_{x-m+1+i}^3\) 还是老方法，我们尝试将A翻转一下设 \(A_i=C_