[题解] Luogu P5641 【CSGRound2】开拓者的卓识

这个柿子挺别致的......还有信仰膜数998244353

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直接讲正解吧......

首先发现这个柿子从上往下算好像不怎么行，我们从下往上看，（下面令\(Ans_r = sum_{k,1,r}\)）。

考虑\(a_i\)对\(Ans_r\)的贡献（\(1 \le i \le r\)），即\(a_i\)在\(sum_{k,1,r}\)中被算了多少次，我们假设\(a_i\)被算了\(c_i\)次。答案就是\(Ans_r = \sum\limits_{i = 1} ^ r a_i c_i\) 废话。

这个\(c_i\)显然是位置\(i\)在\([1,r]\)中被\(k-1\)重区间覆盖的方案数。

逼格高一点就是选\(k-1\)个（减一是因为最大的区间已经定下来是\([1,r]\)了）区间\([l_1,r_1],[l_2,r_2],\cdots,[l_{k-1},r_{k-1}]\)，使得\(1 \le l_i,r_i \le r,[l_i, r_i] \subset [l_{i+1}, r_{i+1}]\)且\(l_1 \le i \le r_1\)的方案数。

这个就是在\(1...i\)选\(k-1\)个位置（可重复）的方案数\(\times\)在\(i...r\)里选\(k-1\)个位置（可重复）的方案数。

有\(c_i = s(i,k-1) s(r-i+1,k-1)\)，其中\(s(n,m)\)表示在一个有\(n\)种元素，每种元素有无限个的集合内选\(m\)个元素出来做组合的方案数。

下面我们来推\(s\)。

我们手里有一个有\(n\)个元素的集合，且每种元素有无限个。

实际上\(s(n,m)\)就等价于\(x_1 + x_2 + \cdots + x_n = m\)的非负整数解的个数，\(x_i\)表示第\(i\)种元素选了多少个。

经典的隔板法吧。这个好像小学奥数就有......

他就等价于这个集合的全排个数

\[T = \{ m \cdot 1, (n-1) \cdot \text{|} \}
\]

可以理解为把\(m\)个\(1\)用\((n-1)\)个板子隔开来，那么相邻两个板子之间，以及左右两边就代表了一个$x_1...x_n $

即\(s(n,m) = \frac{(m+n-1)!}{m!(n-1)!} = \binom{n+m-1}{m}\)

那么\(c_i = \binom{i + k-2}{k-1}\binom{r-i+k-1}{k-1}\)

写回\(Ans_r\)就是

\[Ans_r = \sum\limits_{i = 1}^{r} a_ic_i = \sum\limits_{i = 1} ^ r a_i \binom{i + k - 2}{k-1}\binom{r-i+k-1}{k-1}
\]

这个柿子非常卷积吧！

我们令\(g_i = \binom{i + k - 1}{k - 1}\)，\(f_i = \binom{i + k - 2}{k-1}a_i\)，那么

\[Ans_r = \sum\limits_{i = 1} ^ r f_ig_{r-i}
\]

因为有信仰质数\(998244353\)，\(NTT\)一下就没了。

还有由于\(k\)很大，我们可以递推出\(g\)，然后用\(f_i = a_i g_{i-1}\)来算\(f\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10,P=998244353,G=3,IG=(P+1)/G;
inline int fpow(int a,int b){
	int ret=1; for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P)
		if (b&1) ret=1ll*a*ret%P;
	return ret;
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int rev[N];
void init(int limit){
	for (int i=0;i<limit;i++)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
	for (int i=0;i<n;i++) if (rev[i]<i)swap(f[i],f[rev[i]]);
	for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
		int wn=fpow(flg==1?G:IG,(P-1)/len);
		for (int i=0;i<n;i+=len){
			for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
				int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
				f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
			}
		}
	}
	if (flg==-1){
		int inv=fpow(n,P-2);
		for (int i=0;i<n;i++)f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
	}
}
int f[N],g[N],a[N],inv[N];
int main(){
	int n,k; scanf("%d%d",&n,&k);
	for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	inv[1]=1; for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1ll*inv[P%i]*(P-P/i)%P; // 线性推逆元
	g[0]=1,g[1]=k%P; for (int i=2;i<=n;i++)
		g[i]=1ll*g[i-1]*inv[i]%P*(i+k-1)%P;  // 颓g
	for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=1ll*a[i]*g[i-1]%P; // 颓f
	int limit=1; while(limit<=n*2)limit<<=1; init(limit);
	ntt(f,limit,1),ntt(g,limit,1);
	for (int i=0;i<limit;i++) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%P;
	ntt(f,limit,-1);
	for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",f[i]);
	return 0;
}