多项式变量添系数求和
给一个 \(t\) 次多项式 \(P\) 和 \(n\) 个数 \(a_1\sim a_n\)，求 \(\sum_{i=1}^n P(a_ix)\)。
题解
若 \(P=\sum_{k=0}^t p_kx^k\) 那么
\[ \sum_{i=1}^n P(a_ix)=\sum_{k=0}^t p_k\sum_{i=1}^n a_i^kx^k \]
先求 \(A\) 的 \(0\sim t\) 次等指数幂和 \(s_A(x)=\sum_{k=0}^\infty x^k \sum_{i=1}^na_i^k\)，然后与 \(P\) 的系数对位相乘即可。
等指数幂和用
\[ s_A(x)=\sum_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix}=\frac{\sum_{i=1}^n\prod_{j\ne i}(1-a_jx)}{\prod_{i=1}^n(1-a_ix)} \]
求出，时间复杂度 \(O(n\log^2n+t\log t)\)。
考虑 \(\sum_{i=1}^n\prod_{j\ne i}(1-a_jx)\) 与 \(\prod_{i=1}^n(1-a_ix)\) 的关系。可以发现后者任意 \(i\) 次项在前者中恰好被算了 \(n-i\) 次。所以用分治NTT求出后者后简单处理即可得到求前者。
多项式变量添系数求积
给一个 \(t\) 次多项式 \(P\) 和 \(n\) 个数 \(a_1\sim a_n\)，求 \(\prod_{i=1}^n P(a_ix)\)。
题解
套上 \(\ln\) 将积转为和
\[ \prod_{i=1}^nP(a_ix)=\exp\left(\sum_{i=1}^n\ln P(a_ix)\right)\\ =\exp\left(\sum_{i=1}^n(\ln P)(a_i x)\right) \]
因此我们对 \(P\) 取 \(\ln\)，执行一遍“多项式变量添系数求和”，再 \(\exp\) 回来即可。时间复杂度 \(O(n\log^2n+t\log t)\)。
生成树计数
在一个 \(s\) 个点的图中，存在 \(s-n\) 条边，使图中形成了 \(n\) 个连通块，第 \(i\) 个连通块中有 \(a_i\) 个点。
现在我们需要再连接 \(n-1\) 条边，使该图变成一棵树。对一种连边方案，设原图中第 \(i\) 个连通块连出了 \(d_i\) 条边，那么这棵树 \(T\) 的价值为：
\[ \mathrm{val}(T) = \left(\prod_{i=1}^{n} d_i^m\right)\left(\sum_{i=1}^{n} d_i^m\right) \]
你的任务是求出所有可能的生成树的价值之和，对 \(998244353\) 取模。
\(100\%\) 的数据中，\(n \le 3\times 10^4,m \le 30\)。
魔幻做法
https://rqy.moe/Solutions/bzoj5119/
连加的性质显然比连乘多，所以我们把 \(\mathrm{val}(T)\) 定义式中的连加提到前面来。
\[ \mathrm{val}(T)=\sum_{i=1}^nd_i^m\prod_{j=1}^{n} d_j^m\\ =\sum_{i=1}^nd_i^{2m}\prod_{j\neq i} d_j^m \]
先用枚举树的形态列出暴力求和式
\[ ans=\sum_T\sum_{i=1}^nd_i^{2m}\prod_{j\neq i}d_j^m \]
答案只与度数有关，所以我们联想到Prufer序列。我们对连通块做Prufer序列，枚举每个连通块出现的次数 \(d_i\)，那么连通块的连边数应为 \(d_i+1\)。同时由于此时的Prufer序列装的是连通块，所以我们还要对每个连通块乘以连边方案 \(a_i^{d_i+1}\)。
\[ ans=\sum_D \frac{(n-2)!}{\prod d!}\prod a^{d+1}\sum_{i=1}^n (d_{i}+1)^{2m} \prod_{j\neq i} (d_j+1)^m\\ =\sum_D \frac{(n-2)!}{\prod d!} \sum_{i=1}^n a_i^{d_i+1}(d_{i}+1)^{2m} \prod_{j\neq i} a_j^{d_j+1}(d_j+1)^m\\ =(n-2)!\sum_{i=1}^n\sum_D \frac{a_i^{d_i+1}(d_{i}+1)^{2m}}{d_i!} \prod_{j\neq i} \frac{a_j^{d_j+1}(d_j+1)^m}{d_j!} \]
用生成函数优化 \(D\) 的枚举。
\[ A_i(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{a_i^{k+1}(k+1)^m}{k!}x^k\\ B_i(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{a_i^{k+1}(k+1)^{2m}}{k!}x^k\\ ans=(n-2)!\sum_{i=1}^n \left(B_i \prod_{j \neq i} A_j\right)[x^{n-2}] \]
接下来我们要寻找快速计算 \(B_i \prod_{j \neq i} A_j\) 的方法。注意到 \(A,B\) 的形式是指数型生成函数，而系数与指数没有对上，所以不妨对 \(A\) 积分。
\[ \int A_i(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^\infty a_i^kk^m\frac{x^k}{k!} \]
魔幻的一步——斯特林套路。
\[
\int A_i(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^\infty a_i^k\frac{x^k}{k!}\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}k^\underline{j}\\
=\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\sum_{k=j}^\infty a_i^kk^\underline{j}\frac{x^k}{k!}\\
=\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\sum_{k=j}^\infty a_i^k\frac{x^k}{(k-j)!}
\]
注意到 \(\frac{1}{(k-j)!}\) 的形式，我们把后面那个求和式都提一个 \(k-j\) 出来。
\[ \int A_i(x)\mathrm dx=\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}a_i^jx^j\sum_{k=0}^\infty a_i^k\frac{x^k}{k!}\\ =e^{a_ix}\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}a_i^jx^j \]
\(B\) 与 \(A\) 的唯一区别就是 \(k^m\) 变成了 \(k^{2m}\)，所以 \(\int B\) 就简单变化一下斯特林套路枚举的范围即可。
\[ \int B_i(x)\mathrm dx=e^{a_ix}\sum_{j=0}^{2m}\begin{Bmatrix}2m\\j\end{Bmatrix}a_i^jx_j\\ \]
现在我们再来求导
\[ A_i(x)=e^{a_x}\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}a_i^{j+1}x^j+e^{a_ix}\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m\\j+1\end{Bmatrix}a_i^{j+1}(j+1)x^j\\ =e^{a_ix}\sum_{j=0}^m\left(\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}+(j+1)\begin{Bmatrix}m\\j+1\end{Bmatrix}\right)a_i^{j+1}x^j\\ =e^{a_ix}\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m+1\\j+1\end{Bmatrix}a_i^{j+1}x^j\\ B_i(x)=e^{a_ix}\sum_{j=0}^{2m}\begin{Bmatrix}2m+1\\j+1\end{Bmatrix}a_i^{j+1}x^j \]
最后我们再来推 \(B_i\prod_{j\neq i}A_j\) 的式子。
\[ B_i(x)\prod_{j\neq i}A_i(x)=e^{\sum ax}\left(\sum_{k=0}^{2m}\begin{Bmatrix}2m+1\\k+1\end{Bmatrix}a_i^{k+1}x^k\right)\prod_{j\neq i}\left(\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m+1\\k+1\end{Bmatrix}a_j^{k+1}x^k\right) \]
注意到前面的 \(e^{\sum ax}\) 是个定值，而后面的可以分治NTT求，所以这题就做完了。时间复杂度 \(O(nm\log^2n)\)。
如何分治NTT呢？注意到我们只需要对所有的 \(B_i\prod_{j \neq i} A_j\) 求和，所以可以像
solve(l,mid)求出 \(\sum_{i=l}^{mid}B_i\prod_{j=l,j\neq i}^{mid}A_j\) 后让它乘以 \(\prod_{j=mid+1}^rA_j\)这样计算。
套路优化
提取 \(B_i \prod_{j \neq i} A_j\) 的公因子 \(\prod a\)，那么
\[ A(x)=e^x\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m+1\\k+1\end{Bmatrix}x^k\\ B(x)=e^x\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}2m+1\\k+1\end{Bmatrix}x^k\\ A_i(x)=A(a_ix)\\ B_i(x)=B(a_ix) \]
再对 \(\sum_{i=1}^nB_i\prod_{j \neq i}A_j\) 变形，
\[ \sum_{i=1}^nB_i(x)\prod_{j \neq i}A_j(x)=\sum_{i=1}^n\frac{B_i(x)}{A_i(x)}\prod_{j=1}^nA_j(x)\\ \left(\sum_{i=1}^n\left(\frac{B}{A}\right)(a_ix)\right)\left(\prod_{i=1}^nA(a_ix)\right) \]
套用“多项式变量添系数求和”与“多项式变量添系数求积”即可，这部分的复杂度是 \(O(n\log^2 n)\)。
另外需要求出第二类斯特林数的第 \(m\) 行的前 \(n\) 项，关键的复杂度在于快速幂，\(O(n\log m)\)。
组合做法
https://blog.csdn.net/qq_39972971/article/details/80786441
考虑给定式子的组合意义：
写出一个Prufer序列，在序列后顺序补足 \(1\) 到 \(n\) 各一个，使得各数出现次数等于其树上的点度。每个数 \(x\) 的权值为 \(a_x\)。
重复 \(m\) 次后述染色：在每一种数中选择一个位置涂色（两次染色之间独立）。
选取一种数 \(x\)，重复 \(m\) 次后述染色：在写着 \(x\) 的位置中选择一个涂色。
记 \(f_i(j)\) 表示考虑了 \(1\) 到 \(i\)，尚未选取过 \(x\)（进行步骤3），Prufer序列中的 \(n-2\) 个位置有 \(j\) 个位置已经涂了色，可行的方案数与已经考虑过的数的权值乘积的和；\(g_i(j)\) 表示考虑了 \(1\) 到 \(i\)，已经选取过 \(x\)，Prufer序列中的 \(n-2\) 个位置有 \(j\) 个位置已经涂了色，可行的方案数与已经考虑过的数的权值乘积的和。最终计算答案有
\[ ans=\sum_{i=0}^{n-2}g_n(i)\times \left(\sum a\right)^{n-2-i}。 \]
转移时枚举对于 \(i\)，有多少Prufer序列中的位置被涂了色，则有
\[ f_i(j)=\sum_{k=0}^{m}f_{i-1}(j-k)\times \binom{n-2-(j-k)}{k}a_i^{k+1}\left(\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}k!+\begin{Bmatrix}m\\k+1\end{Bmatrix}(k+1)!\right)\\ g_i(j)=\sum_{k=0}^{2m}f_{i-1,j-k}\times \binom{n-2-(j-k)}{k}a_i^{k+1}\left(\begin{Bmatrix}2m\\k\end{Bmatrix}k!+\begin{Bmatrix}2m\\k+1\end{Bmatrix}(k+1)!\right)\\ +\sum_{k=0}^{m}g_{i-1,j-k}\times \binom{n-2-(j-k)}{k}a_i^{k+1}\left(\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}k!+\begin{Bmatrix}m\\k+1\end{Bmatrix}(k+1)!\right) \]
直接实现上述DP，时间复杂度 \(O(n^2m)\)。
上述DP的式子可以的化为卷积的形式：
\[ F_i=F_{i-1}\times A_i\\ G_i=G_{i-1}\times A_i+F_{i-1}\times B_i \]
其中 \(A_i,B_i\) 为转移系数多项式，\(A_i\) 的次数为 \(m\)，\(B_i\) 的次数为 \(2m\)，我们希望求出 \(G_n\) 系数的最后 \(n-1\) 项。
分治NTT，将系数卷积起来，并每一步对 \(x^n\) 取模即可。组合数的形式有些特殊，不过只需要按照EGF卷积，最后每项乘以 \(\frac{(n-2)!}{i!}\) 而不是普通的 \(i!\) 就好了。时间复杂度 \(O(nm\log^2 n)\)。
套路优化
注意到 \(G=\sum_{i=1}^n A_i\prod_{j\neq i}B_j\)，使用“魔幻做法”同样的手段优化即可，这部分复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。
同样需要第二类斯特林数求行，关键的复杂度在于快速幂，\(O(n\log m)\)。
本质做法
前半部分
先不考虑后面那个 \(\sum\)，那么可以表示为若干个 \(w(d)=d^m\) 的积。
用EGF分配Prufer序列的位置，若第 \(i\) 个块分到 \(d_i\) 个位置，那么其度数为 \(d_i+1\)。并且要为每个度数决定连接哪个点，即 \(a_i^{d_i+1}\)。
用EGF分配位置……生成函数本质上是工具。
\[ ans=(\prod a)\sum_D\frac{(n-2)!}{\prod d!}\prod_{i=1}^n a_i^{d_i}w(d_i+1) \]
这里把公因子 \(\prod a\) 提到了前面。\(\frac{(n-2)!}{\prod d!}\) 是分配位置，用EGF搞掉。
那么块 \(i\) 的EGF是 \(F_i(x) = \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} a_i^k w(k+1)\)（\(w\) 不要漏写+1）。
可以发现如果设 \(F(x) = \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} w(k+1)\)，那么 \(F_i(x)=F(a_ix)\)。
把每块的EGF乘起来得到
\[ ans = (\prod a)(n-2)!\left(\prod_{i=1}^n F(a_ix)\right)[x^{n-2}] \]
以上推理只要树权值满足 \(\prod w(d)\) 的形式即可进行。
出题人给的 \(d^m\) 本质上是关于 \(d\) 的函数。
后半部分
前半部分讲到我们要求 \(\prod_{i=1}^n F(a_ix)\)，其中 \(F(x) = \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} w(k+1)\)。使用“多项式变量添系数求积”即可。
现在考虑原题的 \(val(T) = (\prod_{i=1}^n d_i^m ) (\sum_{i=1}^n d_i^m)\)，尝试表示成积的形式，发现它就是硬点了某个 \(i\) 不贡献 \(w(d_i)=d_i^m\) 而贡献 \(w'(d_i)=d_i^{2m}\)。
出题人右半边求和的本质就是更改某个连通块贡献。
相应地再设 \(F'(x) = \sum\frac{x^k}{k!} w'(k+1)\)，那么就要枚举 \(i\) 并把一个参与 \(\prod\) 的 \(F(a_ix)\) 替换成 \(F'(a_ix)\)。
\[ ans=(\prod a)(n-2)!\left(\prod_{i=1}^n F(a_ix)\right)\left(\sum_{i=1}^n\frac{F'(a_ix)}{F(a_ix)}\right)[x^{n-2}] \]
求出 \(G=\frac{F'}F\) 再执行一遍“多项式变量添系数求和”即可。
综上，共需求1次等幂和(含1分治FFT、1求逆、1乘法)、1 \(\ln\)、1 \(\exp\)、1求逆、2乘法。复杂度 \(O(n\log^2n+n\log m)\)，其中 \(\log m\) 是快速幂。
\(m\) 可以做1e9。提交记录 3e4 跑了不到 160ms，预计 2.5s 内可以做到 2.6e5 或 5.2e5。
CO int N=65536;
int omg[2][N],rev[N],inv[N];
void NTT(poly&a,int dir){
int lim=a.size(),len=log2(lim);
for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1)
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
}
if(dir==1){
int ilim=fpow(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
}
}
poly operator~(poly a){
int n=a.size();
poly b(1,fpow(a[0],mod-2));
if(n==1) return b;
int lim=2;
for(;lim<n;lim<<=1){
poly a1(a.begin(),a.begin()+lim);
a1.resize(lim<<1),NTT(a1,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(2+mod-mul(a1[i],b[i]),b[i]);
NTT(b,1),b.resize(lim);
}
a.resize(lim<<1),NTT(a,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(2+mod-mul(a[i],b[i]),b[i]);
NTT(b,1),b.resize(n);
return b;
}
poly log(poly a){
int n=a.size();
poly b=~a;
for(int i=0;i<n-1;++i) a[i]=mul(a[i+1],i+1);
a.resize(n-1);
int lim=1<<(int)ceil(log2(2*n-2));
a.resize(lim),NTT(a,0);
b.resize(lim),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
NTT(a,1),a.resize(n);
for(int i=n-1;i>=1;--i) a[i]=mul(a[i-1],inv[i]);
return a[0]=0,a;
}
poly exp(poly a){
int n=a.size();
poly b(1,1); // a[0]=0
if(n==1) return b;
int lim=2;
for(;lim<n;lim<<=1){
poly a1(a.begin(),a.begin()+lim);
b.resize(lim);poly b1=log(b);
a1.resize(lim<<1),NTT(a1,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
b1.resize(lim<<1),NTT(b1,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(add(1+a1[i],mod-b1[i]),b[i]);
NTT(b,1),b.resize(lim);
}
b.resize(lim);poly b1=log(b);
a.resize(lim<<1),NTT(a,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
b1.resize(lim<<1),NTT(b1,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(add(1+a[i],mod-b1[i]),b[i]);
NTT(b,1),b.resize(n);
return b;
}
poly operator*(poly a,poly b){
int n=a.size()-1,m=b.size()-1;
int lim=1<<(int)ceil(log2(n+m+1));
a.resize(lim),NTT(a,0);
b.resize(lim),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
NTT(a,1),a.resize(n+m+1);
return a;
}
int a[N];
poly prod(int l,int r){
if(l==r) return (poly){1,mod-a[l]};
int mid=(l+r)>>1;
return prod(l,mid)*prod(mid+1,r);
}
int main(){
omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
for(int i=2;i<N;++i){
omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
}
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
int n=read<int>(),m=read<int>();
if(n==1){
puts(m==0?"1":"0");
return 0;
}
poly F(n-1),G(n-1);
int ifac=1;
for(int i=0;i<n-1;++i){
int t=fpow(i+1,m);
ifac=mul(ifac,inv[i]);
F[i]=mul(t,ifac);
G[i]=mul(t,F[i]);
}
G=G*~F,G.resize(n-1);
F=log(F);
int ans=fpow(ifac,mod-2);
for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]),ans=mul(ans,a[i]);
poly Q=prod(1,n),P(n-1);
Q.resize(n-1);
for(int i=0;i<n-1;++i) P[i]=mul(Q[i],n-i);
P=P*~Q,P.resize(n-1);
for(int i=0;i<n-1;++i){
F[i]=mul(F[i],P[i]);
G[i]=mul(G[i],P[i]);
}
ans=mul(ans,(exp(F)*G)[n-2]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/autoint/p/12163528.html