题目链接

洛谷T30212

题解

式子很容易推出来,二项式定理展开后对于\(k\)的答案即可化简为如下:

\[k!(\sum\limits_{i = 0}^{k} \frac{\sum\limits_{x = 1}^{n} a_x^{i}}{i!} \centerdot \frac{\sum\limits_{x = 1}^{n} b_x^{k - i}}{(k - i)!})
\]

是一个卷积的形式

我们只需对所有\(k\)预处理出\(\sum\limits_{i = 1}^{n} a_i^{k}\),\(b\)也是类似的

月赛时并不会,暴力预处理便滚粗了,,

考虑泰勒展开,有这样一个式子:

\[ln(1 + x) = \sum\limits_{i = 0}^{\infty} (-1)^{i} \frac{x^{i + 1}}{i + 1}
\]

我们令\(x = ax\)

\[ln(1 + ax) = \sum\limits_{i = 0}^{\infty} (-1)^{i} \frac{a^{i + 1}}{i + 1}x^{i + 1}
\]

出现了我们想要的\(a_i^{k}\)

我们只需求出

\[\sum\limits_{i = 1}^{n} ln(1 + a_ix) = ln(\prod\limits_{i = 1}^{n} (1 + a_ix))
\]

则\(x^k\)对应的系数就是\(\frac{(-1)^{k - 1}\sum\limits_{i = 1}^{n}a_i^{k}}{k}\)

分治\(NTT\) + 多项式求\(ln\)即可

复杂度\(O(nlog^2n)\)

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define cp pair<int,int>
#define LL long long int
using namespace std;
const int maxn = 400005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
const int G = 3,P = 998244353;
int R[maxn];
inline int qpow(int a,LL b){
int re = 1;
for (; b; b >>= 1,a = 1ll * a * a % P)
if (b & 1) re = 1ll * re * a % P;
return re;
}
void NTT(int* a,int n,int f){
for (int i = 0; i < n; i++) if (i < R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
for (int i = 1; i < n; i <<= 1){
int gn = qpow(G,(P - 1) / (i << 1));
for (int j = 0; j < n; j += (i << 1)){
int g = 1,x,y;
for (int k = 0; k < i; k++,g = 1ll * g * gn % P){
x = a[j + k],y = 1ll * g * a[j + k + i] % P;
a[j + k] = (x + y) % P,a[j + k + i] = ((x - y) % P + P) % P;
}
}
}
if (f == 1) return;
int nv = qpow(n,P - 2); reverse(a + 1,a + n);
for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = 1ll * a[i] * nv % P;
}
int n,m,a[maxn],b[maxn],c[maxn],A[maxn],B[maxn],cv[maxn],N;
int fac[maxn],fv[maxn],inv[maxn];
void init(){
fac[0] = fac[1] = fv[0] = fv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 100000; i++){
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
inv[i] = 1ll * (P - P / i) * inv[P % i] % P;
fv[i] = 1ll * fv[i - 1] * inv[i] % P;
}
}
int F[30][maxn],deg[maxn],cnt;
void solve(int l,int r){
if (l == r){
deg[++cnt] = 1;
F[cnt][0] = 1; F[cnt][1] = c[l];
return;
}
int mid = l + r >> 1;
solve(l,mid); solve(mid + 1,r);
int n = 1,L = 0,a = cnt - 1,b = cnt,m = deg[a] + deg[b];
while (n <= m) n <<= 1,L++;
for (int i = 1; i < n; i++) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));
for (int i = deg[a] + 1; i < n; i++) F[a][i] = 0;
for (int i = deg[b] + 1; i < n; i++) F[b][i] = 0;
NTT(F[a],n,1); NTT(F[b],n,1);
for (int i = 0; i < n; i++) F[a][i] = 1ll * F[a][i] * F[b][i] % P;
NTT(F[a],n,-1);
cnt--;
deg[cnt] = m;
for (int i = m + 1; i < n; i++) F[cnt][i] = 0;
}
void Der(int* a,int n){
for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = 1ll * a[i + 1] * (i + 1) % P;
a[n] = 0;
}
void Int(int* a,int n){
for (int i = n + 1; i; i--) a[i] = 1ll * a[i - 1] * inv[i] % P;
a[0] = 0;
}
void Inv(int* a,int* b,int deg){
if (deg == 1){b[0] = qpow(a[0],P - 2); return;}
Inv(a,b,(deg + 1) >> 1);
int n = 1,L = 0;
while (n < (deg << 1)) n <<= 1,L++;
for (int i = 1; i < n; i++) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));
for (int i = 0; i < deg; i++) c[i] = a[i];
for (int i = deg; i < n; i++) c[i] = 0;
NTT(c,n,1); NTT(b,n,1);
for (int i = 0; i < n; i++)
b[i] = 1ll * ((2ll - 1ll * b[i] * c[i] % P) % P + P) % P * b[i] % P;
NTT(b,n,-1);
for (int i = deg; i < n; i++) b[i] = 0;
}
void Getln(int* a,int* b,int deg){
Inv(a,cv,deg);
Der(a,deg);
int n = 1,L = 0;
while (n <= (deg << 1)) n <<= 1,L++;
for (int i = 1; i < n; i++) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));
for (int i = deg; i < n; i++) a[i] = 0;
NTT(a,n,1); NTT(cv,n,1);
for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = 1ll * a[i] * cv[i] % P;
NTT(a,n,-1);
for (int i = 0; i <= deg; i++) b[i] = a[i];
Int(b,deg);
}
int main(){
init();
n = read(); m = read(); int v = qpow(1ll * n * m % P,P - 2);
REP(i,n) a[i] = read();
REP(i,m) b[i] = read();
N = read();
REP(i,n) c[i] = a[i];
solve(1,n);
//REP(i,n) printf("%d ",F[1][i]); puts("");
for (int i = n + 1; i <= N; i++) F[1][i] = 0;
Getln(F[1],A,N);
for (int i = 1; i <= N; i++){
if (!(i & 1)) A[i] = P - A[i];
A[i] = 1ll * A[i] * i % P * fv[i] % P;
}
//REP(i,N) printf("%d ",A[i]); puts("");
A[0] = n;
cls(cv);
REP(i,m) c[i] = b[i]; cnt = 0;
solve(1,m);
for (int i = m + 1; i <= N; i++) F[1][i] = 0;
Getln(F[1],B,N);
for (int i = 1; i <= N; i++){
if (!(i & 1)) B[i] = P - B[i];
B[i] = 1ll * B[i] * i % P * fv[i] % P;
}
//REP(i,N) printf("%d ",B[i]); puts("");
B[0] = m;
int n = 1,L = 0;
while (n <= (N << 1)) n <<= 1,L++;
for (int i = 1; i < n; i++) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));
for (int i = N + 1; i < n; i++) A[i] = B[i] = 0;
NTT(A,n,1); NTT(B,n,1);
for (int i = 0; i < n; i++) A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % P;
NTT(A,n,-1);
for (int i = 1; i <= N; i++)
printf("%lld\n",1ll * A[i] * fac[i] % P * v % P);
return 0;
}

洛谷5月月赛T30212 玩游戏 【分治NTT + 多项式求ln】的更多相关文章

  1. 【洛谷5月月赛】玩游戏(NTT,生成函数)

    [洛谷5月月赛]玩游戏(NTT,生成函数) 题面 Luogu 题解 看一下要求的是什么东西 \((a_x+b_y)^i\)的期望.期望显然是所有答案和的平均数. 所以求出所有的答案就在乘一个逆元就好了 ...

  2. 洛谷4月月赛R2

    洛谷4月月赛R2 打酱油... A.koishi的数学题  线性筛约数和就可以\(O(N)\)了... #include <iostream> #include <cstdio> ...

  3. 洛谷3月月赛 R1 Step! ZERO to ONE

    洛谷3月月赛 R1 Step! ZERO to ONE 普及组难度 290.25/310滚粗 t1 10分的日语翻译题....太难了不会... t2 真·普及组.略 注意长为1的情况 #include ...

  4. 【LGR-054】洛谷10月月赛II

    [LGR-054]洛谷10月月赛II luogu 成功咕掉Codeforces Round #517的后果就是,我\(\mbox{T4}\)依旧没有写出来.\(\mbox{GG}\) . 浏览器 \( ...

  5. 【LGR-051】洛谷9月月赛

    [LGR-051]洛谷9月月赛 luogu 签到题 description 给出\(K\)和质数\(m\),求最小的\(N\)使得\(111....1\)(\(N\)个\(1\))\(\equiv k ...

  6. 「LGR-049」洛谷7月月赛 D.Beautiful Pair

    「LGR-049」洛谷7月月赛 D.Beautiful Pair 题目大意 : 给出长度为 \(n\) 的序列,求满足 \(i \leq j\) 且 $a_i \times a_j \leq \max ...

  7. 洛谷9月月赛round2

    洛谷9月月赛2 t1 题意:懒得说了 分析:模拟 代码: program flag; var a:..,..]of char; n,i,m,j,x,y,ans,k:longint; begin ass ...

  8. 「P4996」「洛谷11月月赛」 咕咕咕(数论

    题目描述 小 F 是一个能鸽善鹉的同学,他经常把事情拖到最后一天才去做,导致他的某些日子总是非常匆忙. 比如,时间回溯到了 2018 年 11 月 3 日.小 F 望着自己的任务清单: 看 iG 夺冠 ...

  9. 「P4994」「洛谷11月月赛」 终于结束的起点(枚举

    题目背景 终于结束的起点终于写下句点终于我们告别终于我们又回到原点…… 一个个 OIer 的竞赛生涯总是从一场 NOIp 开始,大多也在一场 NOIp 中结束,好似一次次轮回在不断上演.如果这次 NO ...

随机推荐

  1. HCIE理论-IPV6

    ipv4与ipv6的对比 IPv4 :32 bit 点分十进制 192.168.1.1 2^32=42.9亿 ipv4地址不足IPv6 :128 bit 十六进制 2^128 冒号分十六进制ipv4 ...

  2. TCP/IP 网路基础

    一.引子         TCP/IP是"Transmission Control Protocol/Internet Protocol"的简写,翻译成中文为传输控制协议/互联网网 ...

  3. AnyProxy对搜狐汽车app抓包

    关于AnyProxy 详细文档链接 http://anyproxy.io/cn/ anyproxy流程图 简要描述 当http请求经过代理服务器时,具体处理过程是: 收集请求所有请求参数,包括meth ...

  4. 机器学习之决策树(ID3)算法

    最近刚把<机器学习实战>中的决策树过了一遍,接下来通过书中的实例,来温习决策树构造算法中的ID3算法. 海洋生物数据:   不浮出水面是否可以生存 是否有脚蹼 属于鱼类 1 是 是 是 2 ...

  5. leetcode个人题解——#49 Group Anograms

    思路:利用c++ stl的map来实现关键字匹配, 遍历strs容器类,对其中每一个string进行按字典序排序后,查找是否存在这样一个键,如不存在,存储该键,并将str[i]作为键映射的第一个元素: ...

  6. 微信小程序-----自定义验证码实现

    这一段时间做小程序项目,使用的是mpvue的框架,需要自己实现验证码输入,模拟input的光标,上一个框输入后后一个框自动获取焦点,删除时从后往前依次删除.下图是整体效果: <template& ...

  7. 武汉天喻信息 移动安全领域 SE(Secure Element)

    产品简介: SE(Secure Element)为安全模块,是一台微型计算机,通过安全芯片和芯片操作系统(COS)实现数据安全存储.加解密运算等功能.SE可封装成各种形式,常见的有智能卡和嵌入式安全模 ...

  8. Codeforces Round #287 (Div. 2) E. Breaking Good 最短路

    题目链接: http://codeforces.com/problemset/problem/507/E E. Breaking Good time limit per test2 secondsme ...

  9. lintcode-464-整数排序 II

    464-整数排序 II 给一组整数,按照升序排序.使用归并排序,快速排序,堆排序或者任何其他 O(n log n) 的排序算法. 样例 给出 [3, 2, 1, 4, 5], 排序后的结果为 [1, ...

  10. 201621123037 《Java程序设计》第3周学习总结

    #Week03-面向对象入门 1. 本周学习总结 初学面向对象,会学习到很多碎片化的概念与知识.尝试学会使用思维导图将这些碎片化的概念.知识点组织起来.请使用工具画出本周学习到的知识点及知识点之间的联 ...