【XSY3906】数数题（期望，多项式）

题面

数数题

题解

让多项式完全入门、求导积分0基础的来做这个？？?

赶紧看来一波高中选修2-2，才来硬推这道题。

所以说有一些对于巨佬们来说很简单就能推出来的东西，我可能反而会用一些更加复杂的方法。

题目可以看成是对于所有的 kkk 求出：

lim⁡Δx→0(∏i=1n1aiΔx+1⏟加 1是因为植树原理)⏟每种结果出现的概率(∑b1=0a1Δx∑b2=0a2Δx⋯∑bn=0anΔx⏟枚举每个 xi=biΔx(∑i=1nbiΔx)k)\lim_{\Delta x\rightarrow 0} \underbrace{\left(\prod_{i=1}^n\frac{1}{\underbrace{\tfrac{a_i}{\Delta x}+1}_{\tiny\text{加 $1$ 是因为植树原理}}}\right)}_{\text{每种结果出现的概率}} \left( \underbrace{ \sum_{b_1=0}^{\frac{a_1}{\Delta x}} \sum_{b_2=0}^{\frac{a_2}{\Delta x}} \cdots \sum_{b_n=0}^{\frac{a_n}{\Delta x}} }_{\scriptsize\text{枚举每个 $x_i=b_i\Delta x$}} \left(\sum_{i=1}^n b_i\Delta x\right)^k \right) Δx→0lim每种结果出现的概率⎝⎜⎜⎛i=1∏n加 1 是因为植树原理Δxai+11⎠⎟⎟⎞⎝⎜⎜⎜⎜⎛枚举每个 xi=biΔxb1=0∑Δxa1b2=0∑Δxa2⋯bn=0∑Δxan(i=1∑nbiΔx)k⎠⎟⎟⎟⎟⎞

化简一下：

lim⁡Δx→0(∏i=1n1aiΔx+1)(∑b1=0a1Δx∑b2=0a2Δx⋯∑bn=0anΔx(∑i=1nbiΔx)k)=lim⁡Δx→0Δxn(∏i=1n1ai+Δx)(∑b1=0a1Δx∑b2=0a2Δx⋯∑bn=0anΔx(∑i=1nbiΔx)k)\begin{aligned} &\lim_{\Delta x\rightarrow 0} \left( \prod_{i=1}^n\frac{1}{\tfrac{a_i}{\Delta x}+1} \right) \left( \sum_{b_1=0}^{\frac{a_1}{\Delta x}} \sum_{b_2=0}^{\frac{a_2}{\Delta x}} \cdots \sum_{b_n=0}^{\frac{a_n}{\Delta x}} \left(\sum_{i=1}^n b_i\Delta x\right)^k \right)\\ =&\lim_{\Delta x\rightarrow 0} \Delta x^n \left( \prod_{i=1}^n\frac{1}{a_i+\Delta x} \right) \left( \sum_{b_1=0}^{\frac{a_1}{\Delta x}} \sum_{b_2=0}^{\frac{a_2}{\Delta x}} \cdots \sum_{b_n=0}^{\frac{a_n}{\Delta x}} \left(\sum_{i=1}^n b_i\Delta x\right)^k \right)\\ \end{aligned} =Δx→0lim(i=1∏nΔxai+11)⎝⎛b1=0∑Δxa1b2=0∑Δxa2⋯bn=0∑Δxan(i=1∑nbiΔx)k⎠⎞Δx→0limΔxn(i=1∏nai+Δx1)⎝⎛b1=0∑Δxa1b2=0∑Δxa2⋯bn=0∑Δxan(i=1∑nbiΔx)k⎠⎞

将 (∑i=1nbi)k\left(\sum\limits_{i=1}^n b_i\right)^k(i=1∑nbi)k 多项式展开：

=lim⁡Δx→0Δxn(∏i=1n1ai+Δx)(∑b1=0a1Δx∑b2=0a2Δx⋯∑bn=0anΔx∑y1,y2,⋯,yn≥0y1+y2⋯+yn=k(ky1,y2,⋯,yn)∏i=1n(biΔx)yi)\begin{aligned} =&\lim_{\Delta x\rightarrow 0} \Delta x^{n} \left( \prod_{i=1}^n\frac{1}{a_i+\Delta x} \right) \left( \sum_{b_1=0}^{\frac{a_1}{\Delta x}} \sum_{b_2=0}^{\frac{a_2}{\Delta x}} \cdots \sum_{b_n=0}^{\frac{a_n}{\Delta x}} \sum_{y_1,y_2,\cdots,y_n\geq 0 \atop y_1+y_2\cdots+y_n=k} {k\choose y_1,y_2,\cdots,y_n} \prod_{i=1}^n (b_i\Delta x)^{y_i} \right)\\ \end{aligned} =Δx→0limΔxn(i=1∏nai+Δx1)⎝⎜⎛b1=0∑Δxa1b2=0∑Δxa2⋯bn=0∑Δxany1+y2⋯+yn=ky1,y2,⋯,yn≥0∑(y1,y2,⋯,ynk)i=1∏n(biΔx)yi⎠⎟⎞

把 ∏i=1nbiyi\prod\limits_{i=1}^n b_i^{y_i}i=1∏nbiyi 拆开，并交换一下求和符号：（这一步可能跳得有点多，但还是不详细阐述，因为自己推一下就可以了）

=lim⁡Δx→0Δxn(∏i=1n1ai+Δx)(∑y1,y2,⋯,yn≥0y1+y2⋯+yn=k(ky1,y2,⋯,yn)(∑b1=0a1Δx(b1Δx)y1)(∑b2=0a2Δx(b2Δx)y2)⋯(∑bn=0anΔx(bnΔx)yn))\begin{aligned} =&\lim_{\Delta x\rightarrow 0} \Delta x^{n} \left( \prod_{i=1}^n\frac{1}{a_i+\Delta x} \right) \left( \sum_{y_1,y_2,\cdots,y_n\geq 0 \atop y_1+y_2\cdots+y_n=k} {k\choose y_1,y_2,\cdots,y_n} \left(\sum_{b_1=0}^{\frac{a_1}{\Delta x}} (b_1\Delta x)^{y_1}\right) \left(\sum_{b_2=0}^{\frac{a_2}{\Delta x}} (b_2\Delta x)^{y_2}\right) \cdots \left(\sum_{b_n=0}^{\frac{a_n}{\Delta x}} (b_n\Delta x)^{y_n}\right) \right)\\ \end{aligned} =Δx→0limΔxn(i=1∏nai+Δx1)⎝⎜⎛y1+y2⋯+yn=ky1,y2,⋯,yn≥0∑(y1,y2,⋯,ynk)⎝⎛b1=0∑Δxa1(b1Δx)y1⎠⎞⎝⎛b2=0∑Δxa2(b2Δx)y2⎠⎞⋯⎝⎛bn=0∑Δxan(bnΔx)yn⎠⎞⎠⎟⎞

将最前面的 Δxn\Delta x^nΔxn 扔进去：

=lim⁡Δx→0(∏i=1n1ai+Δx)(∑y1,y2,⋯,yn≥0y1+y2⋯+yn=k(ky1,y2,⋯,yn)(∑b1=0a1Δx(b1Δx)y1Δx)(∑b2=0a2Δx(b2Δx)y2Δx)⋯(∑bn=0anΔx(bnΔx)ynΔx))\begin{aligned} =&\lim_{\Delta x\rightarrow 0} \left( \prod_{i=1}^n\frac{1}{a_i+\Delta x} \right) \left( \sum_{y_1,y_2,\cdots,y_n\geq 0 \atop y_1+y_2\cdots+y_n=k} {k\choose y_1,y_2,\cdots,y_n} \left(\sum_{b_1=0}^{\frac{a_1}{\Delta x}} (b_1\Delta x)^{y_1}\Delta x\right) \left(\sum_{b_2=0}^{\frac{a_2}{\Delta x}} (b_2\Delta x)^{y_2}\Delta x\right) \cdots \left(\sum_{b_n=0}^{\frac{a_n}{\Delta x}} (b_n\Delta x)^{y_n}\Delta x\right) \right)\\ \end{aligned} =Δx→0lim(i=1∏nai+Δx1)⎝⎜⎛y1+y2⋯+yn=ky1,y2,⋯,yn≥0∑(y1,y2,⋯,ynk)⎝⎛b1=0∑Δxa1(b1Δx)y1Δx⎠⎞⎝⎛b2=0∑Δxa2(b2Δx)y2Δx⎠⎞⋯⎝⎛bn=0∑Δxan(bnΔx)ynΔx⎠⎞⎠⎟⎞

仔细观察 ∑bi=0aiΔx(biΔx)yiΔx\sum\limits_{b_i=0}^{\frac{a_i}{\Delta x}} (b_i\Delta x)^{y_i}\Delta xbi=0∑Δxai(biΔx)yiΔx，根据定积分的定义，发现它就是：

∑bi=0aiΔx(biΔx)yiΔx=∫0aixyidx=aiyi+1yi+1\sum\limits_{b_i=0}^{\frac{a_i}{\Delta x}} (b_i\Delta x)^{y_i}\Delta x=\int_{0}^{a_i}x^{y_i}\text{d}x=\frac{a_i^{y_i+1}}{y_i+1}bi=0∑Δxai(biΔx)yiΔx=∫0aixyidx=yi+1aiyi+1

所以原式：

=lim⁡Δx→0(∏i=1n1ai+Δx)(∑y1,y2,⋯,yn≥0y1+y2⋯+yn=k(ky1,y2,⋯,yn)∏i=1naiyi+1yi+1)=lim⁡Δx→0∑y1,y2,⋯,yn≥0y1+y2⋯+yn=k(ky1,y2,⋯,yn)∏i=1naiyi+1yi+1⋅1ai+Δx=∑y1,y2,⋯,yn≥0y1+y2⋯+yn=k(ky1,y2,⋯,yn)∏i=1naiyiyi+1\begin{aligned} =&\lim_{\Delta x\rightarrow 0} \left( \prod_{i=1}^n\frac{1}{a_i+\Delta x} \right) \left( \sum_{y_1,y_2,\cdots,y_n\geq 0 \atop y_1+y_2\cdots+y_n=k} {k\choose y_1,y_2,\cdots,y_n} \prod_{i=1}^n \frac{a_i^{y_i+1}}{y_i+1} \right)\\ =&\lim_{\Delta x\rightarrow 0} \sum_{y_1,y_2,\cdots,y_n\geq 0 \atop y_1+y_2\cdots+y_n=k} {k\choose y_1,y_2,\cdots,y_n} \prod_{i=1}^n \frac{a_i^{y_i+1}}{y_i+1}\cdot\frac{1}{a_i+\Delta x} \\ =&\sum_{y_1,y_2,\cdots,y_n\geq 0 \atop y_1+y_2\cdots+y_n=k} {k\choose y_1,y_2,\cdots,y_n} \prod_{i=1}^n \frac{a_i^{y_i}}{y_i+1} \\ \end{aligned} ===Δx→0lim(i=1∏nai+Δx1)⎝⎜⎛y1+y2⋯+yn=ky1,y2,⋯,yn≥0∑(y1,y2,⋯,ynk)i=1∏nyi+1aiyi+1⎠⎟⎞Δx→0limy1+y2⋯+yn=ky1,y2,⋯,yn≥0∑(y1,y2,⋯,ynk)i=1∏nyi+1aiyi+1⋅ai+Δx1y1+y2⋯+yn=ky1,y2,⋯,yn≥0∑(y1,y2,⋯,ynk)i=1∏nyi+1aiyi

以上就是将题目的要求化成一个跟无限无关的东西的过程。

写到这里才发现我的化简过程很繁琐，应该一开始就直接多项式展开然后再把积分套进去，这样就会简略很多。

将 (ky1,y2,⋯,yn)\dbinom{k}{y_1,y_2,\cdots,y_n}(y1,y2,⋯,ynk) 化简：

(ky1,y2,⋯,yn)=(ky1)(k−y1y2)⋯(k−y1−y2−⋯−yn−1yn)=k!y1!(k−y1)!×(k−y1)!y2!(k−y1−y2)!×⋯×(k−y1−y2−⋯−yn−1)!yn!(k−y1−y2−⋯−yn)!=k!y1!y2!⋯yn!\begin{aligned} &\binom{k}{y_1,y_2,\cdots,y_n}\\ =&\binom{k}{y_1}\binom{k-y_1}{y_2}\cdots\binom{k-y_1-y_2-\cdots-y_{n-1}}{y_n}\\ =&\frac{k!}{y_1!(k-y_1)!}\times\frac{(k-y_1)!}{y_2!(k-y_1-y_2)!}\times\cdots\times\frac{(k-y_1-y_2-\cdots-y_{n-1})!}{y_n!(k-y_1-y_2-\cdots-y_{n})!}\\ =&\frac{k!}{y_1!y_2!\cdots y_n!}\\ \end{aligned} ===(y1,y2,⋯,ynk)(y1k)(y2k−y1)⋯(ynk−y1−y2−⋯−yn−1)y1!(k−y1)!k!×y2!(k−y1−y2)!(k−y1)!×⋯×yn!(k−y1−y2−⋯−yn)!(k−y1−y2−⋯−yn−1)!y1!y2!⋯yn!k!

代入原式得：

=∑y1,y2,⋯,yn≥0y1+y2⋯+yn=kk!y1!y2!⋯yn!∏i=1naiyiyi+1=k!∑y1,y2,⋯,yn≥0y1+y2⋯+yn=k∏i=1naiyi(yi+1)!\begin{aligned} =&\sum_{y_1,y_2,\cdots,y_n\geq 0 \atop y_1+y_2\cdots+y_n=k} \frac{k!}{y_1!y_2!\cdots y_n!} \prod_{i=1}^n \frac{a_i^{y_i}}{y_i+1}\\ =&k!\sum_{y_1,y_2,\cdots,y_n\geq 0 \atop y_1+y_2\cdots+y_n=k} \prod_{i=1}^n \frac{a_i^{y_i}}{(y_i+1)!}\\ \end{aligned} ==y1+y2⋯+yn=ky1,y2,⋯,yn≥0∑y1!y2!⋯yn!k!i=1∏nyi+1aiyik!y1+y2⋯+yn=ky1,y2,⋯,yn≥0∑i=1∏n(yi+1)!aiyi

设 F(x)=∑n=0∞xn(n+1)!F(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{(n+1)!}F(x)=n=0∑∞(n+1)!xn，则 aiyi(yi+1)!=[xyi]F(aix)\dfrac{a_i^{y_i}}{(y_i+1)!}=[x^{y_i}]F(a_ix)(yi+1)!aiyi=[xyi]F(aix)，原式即为：

=k![xk]∏i=1nF(aix)=k![x^k]\prod_{i=1}^nF(a_ix) =k![xk]i=1∏nF(aix)

考虑对这个式子先取 ln⁡\lnln 再取 exp⁡\expexp（显然式子值不变），得：

=k![xk]exp⁡(ln⁡(∏i=1nF(aix)))=k![xk]exp⁡(∑i=1nln⁡F(aix))\begin{aligned} =&k![x^k]\exp\left(\ln\left(\prod_{i=1}^nF(a_ix)\right)\right)\\ =&k![x^k]\exp\left(\sum_{i=1}^n\ln F(a_ix)\right)\\ \end{aligned} ==k![xk]exp(ln(i=1∏nF(aix)))k![xk]exp(i=1∑nlnF(aix))

设 G(x)=ln⁡F(x)G(x)=\ln F(x)G(x)=lnF(x)，原式即为：

=k![xk]exp⁡(∑i=1nG(aix))=k![x^k]\exp\left(\sum_{i=1}^nG(a_ix)\right) =k![xk]exp(i=1∑nG(aix))

也就是说我们需要求出 ∑i=1nG(aix)\sum\limits_{i=1}^nG(a_ix)i=1∑nG(aix) 的前 mmm 项系数。

显然 G(x)G(x)G(x) 我们是可以直接求出来的，设 G(x)=∑j=0∞gjxjG(x)=\sum\limits_{j=0}^{\infty}g_jx^jG(x)=j=0∑∞gjxj，那么 G(aix)G(a_ix)G(aix) 的第 jjj 项系数为 gjaijg_ja_i^jgjaij，那么 ∑i=1nG(aix)\sum\limits_{i=1}^nG(a_ix)i=1∑nG(aix) 的第 jjj 项系数为 gj∑i=1naijg_j\sum\limits_{i=1}^na_i^jgji=1∑naij。

所以我们需要对所有的 j=1∼mj=1\sim mj=1∼m，求出 ∑i=1naij\sum\limits_{i=1}^na_i^ji=1∑naij。

这是一个很经典的问题，相当于要求出 ∑i=1n11−aix\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{1}{1-a_ix}i=1∑n1−aix1。（原因是 11−aix\dfrac{1}{1-a_ix}1−aix1 第 jjj 项的系数就是 aija_i^jaij，这个自己做大除法模拟多项式求逆验证即可）

至于如何求 ∑i=1n11−aix=11−a1x+11−a2x+⋯+11−anx\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{1-a_ix}=\dfrac{1}{1-a_1x}+\dfrac{1}{1-a_2x}+\cdots+\dfrac{1}{1-a_nx}i=1∑n1−aix1=1−a1x1+1−a2x1+⋯+1−anx1，直接用分治 NTT 解决。

具体来说，假设当前要求 ∑i=lr11−aix\sum\limits_{i=l}^r \dfrac{1}{1-a_ix}i=l∑r1−aix1，已经知道了 AB=∑i=lmid11−aix\dfrac{A}{B}=\sum\limits_{i=l}^{mid} \dfrac{1}{1-a_ix}BA=i=l∑mid1−aix1，CD=∑i=mid+1r11−aix\dfrac{C}{D}=\sum\limits_{i=mid+1}^{r} \dfrac{1}{1-a_ix}DC=i=mid+1∑r1−aix1，那么用 NTT 求出 AB+CD=AD+BCBD\dfrac{A}{B}+\dfrac{C}{D}=\dfrac{AD+BC}{BD}BA+DC=BDAD+BC 即可。

那么就可以求出 ∑i=1nG(aix)\sum\limits_{i=1}^nG(a_ix)i=1∑nG(aix) 的前 mmm 项系数，那么 k![xk]exp⁡(∑i=1nG(aix))k![x^k]\exp\left(\sum\limits_{i=1}^nG(a_ix)\right)k![xk]exp(i=1∑nG(aix)) 的前 mmm 项系数（即答案）也就出来了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>#define LN 19
#define N 100010
#define lc (k<<1)
#define rc (k<<1|1)
#define ll long long
#define mod 998244353using namespace std;int n,m;
int rev[N<<2];
ll fac[N],ifac[N];
ll w[LN][N<<2][2];
ll a[N<<2],f[N<<2],g[N<<2];
ll ff[N<<2],daof[N<<2],invf[N<<2];
ll daog[N<<2],lng[N<<2];ll poww(ll a,ll b)
{ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1; }return ans;
}void init(int limit)
{for(int bit=0,mid=1;mid<limit;bit++,mid<<=1){int len=mid<<1;ll wn=poww(3,(mod-1)/len);ll iwn=poww(wn,mod-2);ll noww=1,nowiw=1;for(int j=0;j<mid;j++,noww=noww*wn%mod,nowiw=nowiw*iwn%mod)w[bit][j][0]=noww,w[bit][j][1]=nowiw;}
}void NTT(ll *a,int limit,int opt)
{opt=(opt<0);for(int i=0;i<limit;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(limit>>1));for(int i=0;i<limit;i++)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);for(int bit=0,mid=1;mid<limit;bit++,mid<<=1){for(int len=mid<<1,i=0;i<limit;i+=len){for(int j=0;j<mid;j++){ll x=a[i+j],y=w[bit][j][opt]*a[i+mid+j]%mod;a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+mid+j]=(x-y+mod)%mod;}}}if(opt){ll div=poww(limit,mod-2);for(int i=0;i<limit;i++)a[i]=a[i]*div%mod;}
}void getinv(ll *f,ll *g,int n)
{g[0]=poww(f[0],mod-2);int now=2;for(;now<(n<<1);now<<=1){int limit=now<<1;for(int i=0;i<now;i++) ff[i]=f[i];NTT(ff,limit,1),NTT(g,limit,1);for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=(2ll*g[i]%mod-ff[i]*g[i]%mod*g[i]%mod+mod)%mod;NTT(g,limit,-1);for(int i=now;i<limit;i++) g[i]=0;}for(int i=0;i<now;i++) ff[i]=0;for(int i=n;i<now;i++) g[i]=0;
}void getdao(ll *f,ll *g,int n)
{g[n-1]=0;for(int i=0;i<n-1;i++)g[i]=(i+1)*f[i+1]%mod;
}void getint(ll *f,ll *g,int n)
{g[0]=0;for(int i=1;i<n;i++)g[i]=poww(i,mod-2)*f[i-1]%mod;
}void getln(ll *f,ll *g,int n)
{getdao(f,daof,n);
//  printf("daof=");
//  for(int i=0;i<n;i++)
//      printf("%lld ",daof[i]);
//  puts("");getinv(f,invf,n);
//  printf("invf=");
//  for(int i=0;i<n;i++)
//      printf("%lld ",invf[i]);
//  puts("");int limit=1;while(limit<(n<<1)) limit<<=1;NTT(daof,limit,1),NTT(invf,limit,1);for(int i=0;i<limit;i++)daog[i]=daof[i]*invf[i]%mod;NTT(daog,limit,-1);getint(daog,g,n);for(int i=0;i<limit;i++)daof[i]=invf[i]=daog[i]=0;
}void getexp(ll *f,ll *g,int n)
{g[0]=1;int now=2;for(;now<(n<<1);now<<=1){int limit=now<<1;getln(g,lng,now);for(int i=0;i<now;i++) ff[i]=(f[i]-lng[i]+mod)%mod;ff[0]=(ff[0]+1)%mod;NTT(g,limit,1),NTT(ff,limit,1);for(int i=0;i<limit;i++)g[i]=g[i]*ff[i]%mod;NTT(g,limit,-1);for(int i=0;i<limit;i++) ff[i]=0;}for(int i=0;i<now;i++) lng[i]=0;
}ll fzl[N<<2],fzr[N<<2],fml[N<<2],fmr[N<<2],A[N<<2],B[N<<2];
vector<ll>fz[N<<2],fm[N<<2];void solve(int k,int l,int r)
{if(l==r){fz[k].push_back(1);fm[k].push_back(1);fm[k].push_back(mod-a[l]);return;}int mid=(l+r)>>1;solve(lc,l,mid),solve(rc,mid+1,r);int limit=1;while(limit<=(r-l+1)) limit<<=1;for(int i=0,size=fz[lc].size();i<size;i++) fzl[i]=fz[lc][i];for(int i=0,size=fz[rc].size();i<size;i++) fzr[i]=fz[rc][i];for(int i=0,size=fm[lc].size();i<size;i++) fml[i]=fm[lc][i];for(int i=0,size=fm[rc].size();i<size;i++) fmr[i]=fm[rc][i];NTT(fzl,limit,1),NTT(fzr,limit,1),NTT(fml,limit,1),NTT(fmr,limit,1);for(int i=0;i<limit;i++){A[i]=(fzl[i]*fmr[i]%mod+fzr[i]*fml[i]%mod)%mod;B[i]=fml[i]*fmr[i]%mod;}NTT(A,limit,-1),NTT(B,limit,-1);for(int i=0;i<=r-l+1;i++)fz[k].push_back(A[i]),fm[k].push_back(B[i]);for(int i=0;i<limit;i++) fzl[i]=fzr[i]=fml[i]=fmr[i]=A[i]=B[i]=0;fz[lc].clear(),fz[rc].clear(),fm[lc].clear(),fm[rc].clear();
}void print(ll *a,int l,int r,string s)
{cout<<s<<"=";for(int i=l;i<=r;i++)cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);int limit=1;while(limit<=(m<<1)) limit<<=1;init(limit);fac[0]=1;for(int i=1;i<=m+1;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;ifac[m+1]=poww(fac[m+1],mod-2);for(int i=m;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;for(int i=0;i<=m;i++) f[i]=ifac[i+1];getln(f,g,m+1);solve(1,1,n);for(int i=0;i<=n;i++) fzl[i]=fz[1][i],fml[i]=fm[1][i];getinv(fml,A,m+1);NTT(fzl,limit,1),NTT(A,limit,1);for(int i=0;i<limit;i++)A[i]=A[i]*fzl[i]%mod;NTT(A,limit,-1);for(int i=0;i<=m;i++)g[i]=g[i]*A[i]%mod;for(int i=0;i<limit;i++) A[i]=0;getexp(g,A,m+1);for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld ",fac[i]*A[i]%mod);return 0;
}

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2001考研数一真题解析
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【XSY3906】数数题（期望，多项式）

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