指数型生成函数(EGF)略解

因为我菜，所以我只能把重点的写一手。

学习了这篇文章

首先，生成函数是来简化运算、方便表达的。

e x = ∑ i = 0 ∞ x i i ! e^x=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!} ex=i=0∑∞i!xi

然后给出一堆式子：

G ^ ( x ) = 1 − x + x 2 2 ! − x 3 3 ! + ⋯ = e − x G ^ ( x ) = 1 + x 2 2 ! + x 4 4 ! + x 6 6 ! ⋯ = e x + e − x 2 G ^ ( x ) = x + x 3 3 ! + x 5 5 ! + x 7 7 ! ⋯ = e x − e − x 2 G ^ ( x ) = x − x 2 2 + x 3 3 ⋯ = ln ⁡ ( 1 + x ) G ^ ( x ) = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! ⋯ = sin ⁡ x G ^ ( x ) = 1 + x 2 2 ! − x 4 4 ! + x 6 6 ! ⋯ = cos ⁡ x \hat G(x)=1-x+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^3}{3!}+\dots= e^{-x} \\ \hat G(x)=1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}\dots= \frac{e^x+e^{-x}}{2} \\ \hat G(x)=x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\frac{x^7}{7!}\dots= \frac{e^x-e^{-x}}{2} \\ \hat G(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\dots= \ln(1+x) \\ \hat G(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}\dots= \sin x \\ \hat G(x)=1+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}\dots= \cos x G^(x)=1−x+2!x2−3!x3+⋯=e−xG^(x)=1+2!x2+4!x4+6!x6⋯=2ex+e−xG^(x)=x+3!x3+5!x5+7!x7⋯=2ex−e−xG^(x)=x−2x2+3x3⋯=ln(1+x)G^(x)=x−3!x3+5!x5⋯=sinxG^(x)=1+2!x2−4!x4+6!x6⋯=cosx

因为你最后答案不可能带 e e e ，这只是中间量，所以现在tm可以开始写题了（

CF891E

如果你没有和我一样读错题的话，你会发现每次答案的增加量等于 ∏ a i \prod a_i ∏ai的减少量，那么设 b i b_i bi 为最后第 i i i 个数减了多少次 1 1 1，答案其实就是 ∏ a i − ∏ ( a i − b i ) \prod a_i-\prod (a_i-b_i) ∏ai−∏(ai−bi)。

所以我们现在考虑如何求 ∏ ( a i − b i ) \prod (a_i-b_i) ∏(ai−bi)的期望。

考虑对于一组 ∑ b i = k \sum b_i=k ∑bi=k 对期望的贡献我们如何计算。

E = 1 n k k ! ∏ i = 1 n b i ! ∏ i = 1 n ( a i − b i ) = k ! n k ∏ i = 1 n a i − b i b i ! \mathbb{E}=\frac{1}{n^k} \frac{k!}{\prod\limits_{i=1}^n b_i!}\prod_{i=1}^n (a_i-b_i)=\frac{k!}{n^k}\prod_{i=1}^n \frac{a_i-b_i}{b_i!} E=nk1i=1∏nbi!k!i=1∏n(ai−bi)=nkk!i=1∏nbi!ai−bi
其中， n k n^k nk 表示所有可能的操作序列数， k ! ∏ i = 1 n b i ! \frac{k!}{\prod\limits_{i=1}^n b_i!} i=1∏nbi!k! 是众所周知的将 n n n 种不同颜色，个数分别为 b 1 … b n b_1\dots b_n b1…bn，总数为 k k k 的小球摆成一排的方案数。

然后我们考虑后面这坨 ∏ a i − b i b i ! \prod \frac{a_i-b_i}{b_i!} ∏bi!ai−bi 能不能用生成函数做。构造指数型生成函数

f ^ i ( x ) = ∑ j = 0 ∞ a i − j j ! x j = ∑ j = 0 ∞ a i j ! x j − x ⋅ x j − 1 ( j − 1 ) ! = ( a i − x ) e x \hat f_i(x)=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{a_i-j}{j!}x^j=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{a_i}{j!}x^j-\frac{x\cdot x^{j-1}}{(j-1)!}=(a_i-x)e^x f^i(x)=j=0∑∞j!ai−jxj=j=0∑∞j!aixj−(j−1)!x⋅xj−1=(ai−x)ex

对于整体来说

F ^ ( x ) = ∏ i = 1 n f ^ i = e n x ∏ i = 1 n ( a i − x ) \hat F(x)=\prod_{i=1}^n \hat f_i=e^{nx}\prod_{i=1}^n(a_i-x) F^(x)=i=1∏nf^i=enxi=1∏n(ai−x)

我们要求出 [ x k ] F ^ ( x ) [x^k]\hat F(x) [xk]F^(x)，好像有点可做了。

令

G ( x ) = ∏ i = 1 n ( a i − x ) = ∑ i = 0 n c i x i G(x)=\prod_{i=1}^n (a_i-x)=\sum_{i=0}^{n}c_ix^i G(x)=i=1∏n(ai−x)=i=0∑ncixi

然后发现
[ x k ] F ^ ( x ) = ∑ i = 0 n c i n k − i ( k − i ) ! [x^k]\hat F(x)=\sum_{i=0}^n c_i\frac{n^{k-i}}{(k-i)!} [xk]F^(x)=i=0∑nci(k−i)!nk−i

咱们回溯一下发现
E = ∑ i = 0 n c i k ! ( k − i ) ! n i \mathbb{E}=\sum_{i=0}^n c_i\frac{k!}{(k-i)!n^i} E=i=0∑nci(k−i)!nik!

ohhhhhhh

最后输出 c 0 − E c_0-\mathbb{E} c0−E 即可。这题 n n n 很小， G ( x ) G(x) G(x) 直接 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 暴力算出来就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define Mod 1000000007
#define MN 5005
int ksm(int a,int x){int ans=1,w=a;while(x){if(x&1)ans=ans*w%Mod;w=w*w%Mod;x>>=1;}return ans;
}
int n,k,a[MN],f[MN];
signed main(){scanf("%lld%lld",&n,&k);f[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%lld",&a[i]);for(int j=i;j;--j){f[j]=(f[j]*a[i]-f[j-1]+Mod)%Mod;}f[0]=f[0]*a[i]%Mod;}int res=0,tmp=1,inv=ksm(n,Mod-2);for(int i=0;i<=n;++i){res=(res+f[i]*tmp)%Mod;tmp=tmp*(k-i)%Mod*inv%Mod;}printf("%lld\n",(f[0]-res+Mod)%Mod);return 0;
}

CTS2019 珍珠

这以后肯定要成为时代的眼泪了。。。

题目的要求其实是：
∑ i = 1 D ⌊ c n t i 2 ⌋ ≥ m \sum_{i=1}^D\lfloor\frac{cnt_i}{2}\rfloor \ge m i=1∑D⌊2cnti⌋≥m

∑ i = 1 D c n t i − c n t i m o d 2 2 ≥ m \sum_{i=1}^D\frac{cnt_i-cnt_i\bmod2}{2} \ge m i=1∑D2cnti−cntimod2≥m
n − ∑ i = 1 D c n t i m o d 2 2 ≥ m \frac{n-\sum_{i=1}^D cnt_i\bmod2}{2} \ge m 2n−∑i=1Dcntimod2≥m
n − ∑ i = 1 D c n t i m o d 2 ≥ 2 m {n-\sum_{i=1}^D cnt_i\bmod2} \ge 2m n−i=1∑Dcntimod2≥2m
∑ i = 1 D c n t i m o d 2 ≤ n − 2 m \sum_{i=1}^D cnt_i\bmod 2\le n-2m i=1∑Dcntimod2≤n−2m

这个柿子看起来很阳间，首先我们可以把 n − 2 m ≤ 0 n-2m\le 0 n−2m≤0和 D ≤ n − 2 m D\le n-2m D≤n−2m 的情况特判掉，然后考虑上网搜题解。

题解说：二项式反演

设 f i f_i fi 表示有 i i i 个颜色是奇数的方案数， g i g_i gi 表示至少 i i i 个颜色是奇数的方案数。我们最后要求的是
∑ i = 0 n − 2 m f i \sum_{i=0}^{n-2m}f_i i=0∑n−2mfi

不难发现， g j = ∑ ( i j ) f i g_j=\sum \binom{i}{j}f_i gj=∑(ji)fi

然后上二项式反演

f i = ∑ j = i D ( − 1 ) j − i ( j i ) g j f_i=\sum_{j=i}^D (-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j fi=j=i∑D(−1)j−i(ij)gj

我们枚举 i − j i-j i−j ，也就是
f i = ∑ j ∑ j − k = i ( − 1 ) k k ! j ! g j i ! f_i=\frac{\sum_j\sum_{j-k=i} \frac{(-1)^k}{k!} j!g_j}{i!} fi=i!∑j∑j−k=ik!(−1)kj!gj
这东西令 A i = ( − 1 ) D − i ( D − i ) , B i = i ! × g i A_i=\frac{(-1)^{D-i}}{(D-i)},B_i=i! \times g_i Ai=(D−i)(−1)D−i,Bi=i!×gi 卷一下即可。

然后我们考虑 g i g_i gi 怎么求。

一个颜色出现奇数次的EGF为： e x − e − x 2 \frac{e^x-e^{-x}}{2} 2ex−e−x，随便出现的EGF为 e x e^x ex

于是

g i = ( D i ) n ! [ x n ] ( e x − e − x 2 ) i ( e x ) D − i g_i=\binom{D}{i}n![x^n](\frac{e^x-e^{-x}}{2})^i (e^x)^{D-i} gi=(iD)n![xn](2ex−e−x)i(ex)D−i
g i = ( D i ) n ! 2 i [ x n ] ( e x − e − x ) i ( e x ) D − i g_i=\binom{D}{i}\frac{n!}{2^i}[x^n]({e^x-e^{-x}})^i (e^x)^{D-i} gi=(iD)2in![xn](ex−e−x)i(ex)D−i
g i = ( D i ) n ! 2 i [ x n ] ∑ j = 0 i ( i j ) ( − 1 ) i − j e j e ( j − i ) x ( e x ) D − i g_i=\binom{D}{i}\frac{n!}{2^i}[x^n]\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}(-1)^{i-j} e^j e^{(j-i)x} (e^x)^{D-i} gi=(iD)2in![xn]j=0∑i(ji)(−1)i−jeje(j−i)x(ex)D−i
g i = ( D i ) n ! 2 i [ x n ] ∑ j = 0 i ( i j ) ( − 1 ) i − j ( e x ) D − 2 ( i − j ) g_i=\binom{D}{i}\frac{n!}{2^i}[x^n]\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}(-1)^{i-j} (e^x)^{D-2(i-j)} gi=(iD)2in![xn]j=0∑i(ji)(−1)i−j(ex)D−2(i−j)
g i = ( D i ) n ! 2 i [ x n ] ∑ j = 0 i ( i j ) ( − 1 ) i − j e ( D − 2 ( i − j ) ) x g_i=\binom{D}{i}\frac{n!}{2^i}[x^n]\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}(-1)^{i-j} e^{(D-2(i-j))x} gi=(iD)2in![xn]j=0∑i(ji)(−1)i−je(D−2(i−j))x

然后把 [ x n ] e a x [x^n]e^{ax} [xn]eax的定义式 a n x n ! \frac{a^nx}{n!} n!anx 甩进去

g i = ( D i ) n ! 2 i ∑ j = 0 i ( i j ) ( − 1 ) i − j ( D − 2 ( i − j ) ) n n ! g_i=\binom{D}{i}\frac{n!}{2^i}\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}(-1)^{i-j} \frac{ (D-2(i-j))^n}{n!} gi=(iD)2in!j=0∑i(ji)(−1)i−jn!(D−2(i−j))n

g i = D ! 2 i ( D − i ) ! ∑ j = 0 i ( − 1 ) i − j j ! ( i − j ) ! ( D − 2 ( i − j ) ) n g_i=\frac{D!}{2^i (D-i)!}\sum_{j=0}^i \frac{(-1)^{i-j}}{j!(i-j)!} { (D-2(i-j))^n} gi=2i(D−i)!D!j=0∑ij!(i−j)!(−1)i−j(D−2(i−j))n

这个 i − j i-j i−j 太丑了，不如枚举，于是

g i = D ! 2 i ( D − i ) ! ∑ j = 0 i ( − 1 ) j ( D − 2 j ) n j ! ( i − j ) ! g_i=\frac{D!}{2^i (D-i)!}\sum_{j=0}^i \frac{(-1)^{j}(D-2j)^n}{j!(i-j)!} gi=2i(D−i)!D!j=0∑ij!(i−j)!(−1)j(D−2j)n

然后发现它竟然可以卷积了，我真是太感动了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define MN 100005
#define Mod 998244353
int ksm(int a,int x){int ans=1,w=a;while(x){if(x&1)ans=ans*w%Mod;w=w*w%Mod;x>>=1;}return ans;
}
int fac[MN],dfac[MN],inv[MN];
int A[MN<<2],B[MN<<2],r[MN<<2];
int C(int m,int n){if(m<n)return 0;return fac[m]*dfac[n]%Mod*dfac[m-n]%Mod;
}
const int G=3,invG=(Mod+1)/3;
void NTT(int *f,int n,int op){for(int i=0;i<n;++i)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(int len=1;len<n;len<<=1){int p=len<<1;int w=ksm(op?G:invG,(Mod-1)/p);for(int i=0;i<n;i+=p){int buf=1;for(int l=i;l<i+len;++l){int tmp=buf*f[l+len]%Mod;f[l+len]=(f[l]-tmp+Mod)%Mod;f[l]=(f[l]+tmp)%Mod;buf=buf*w%Mod;}}}if(!op){int inv=ksm(n,Mod-2);for(int i=0;i<n;++i)f[i]=f[i]*inv%Mod;}
}
int D,n,m;
signed main(){scanf("%lld%lld%lld",&D,&n,&m);if(m*2<=n-D){printf("%lld\n",ksm(D,n));return 0;}if(m*2>n){puts("0");return 0;}fac[0]=dfac[0]=fac[1]=dfac[1]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=D;++i){fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;inv[i]=(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;dfac[i]=dfac[i-1]*inv[i]%Mod;}int buf=1;for(int i=0;i<=D;++i){A[i]=buf*dfac[i]%Mod*ksm((D-i*2+Mod)%Mod,n)%Mod;buf=Mod-buf;}for(int i=0;i<=D;++i)B[i]=dfac[i];int len=1;while(len<=D*2)len<<=1;for(int i=0;i<len;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(len>>1):0);NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);for(int i=0;i<len;++i)A[i]=A[i]*B[i]%Mod;NTT(A,len,0);buf=1;int w=(Mod+1)/2;for(int i=0;i<=D;++i){A[i]=A[i]*buf%Mod*fac[i]%Mod;buf=buf*w%Mod*(D-i)%Mod;B[i]=((D-i&1)?(Mod-1):1)*dfac[D-i]%Mod;}for(int i=D+1;i<len;++i)A[i]=B[i]=0;int ans=0;NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);for(int i=0;i<len;++i)A[i]=A[i]*B[i]%Mod;NTT(A,len,0);for(int i=0;i<=n-2*m;++i)ans=(ans+dfac[i]*A[i+D])%Mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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