【XSY2772】数列 特征多项式 数学

题目描述

　　给你一个数列：

\[f_n=\begin{cases}
a^n&1\leq n\leq k\\
\sum_{i=1}^k(a-1)f_{n-i}&n>k
\end{cases}
\]

　　记\(g_i\)为当\(k=i\)时\(f_n\)的值，求

\[\sum_{i=1}^mg_i\times {19260817}^i
\]

　　对于\(60\%\)的数据：\(m\leq 200,n\leq {10}^9\)

　　对于另外\(40\%\)的数据：\(m\leq {10}^9,n\leq 3\times {10}^6\)

题解

第一部分

　　直接按常系数线性递推的通用做法来做。

　　可以不用FFT。

　　时间复杂度：\(O(m^3\log n)\)或\(O(m^2\log m\log n)\)

第二部分

　　因为当\(i\geq n\)时\(g_i=a^n\)，所以我们只需要求\(g_1\ldots g_{n-1}\)

\[\begin{align}
f_n&=af_{n-1}-(a-1)f_{n-m-1}\\
F(x)&=axF(x)-(a-1)x^{k+1}F(x)+ax-ax^{k+1}\\
(1-ax+(a-1)x^{k+1})F(x)&=ax-ax^{k+1}\\
F(x)&=\frac{ax-ax^{k+1}}{1-ax+(a-1)x^{k+1}}\\
&=(ax-ax^{k+1})\sum_{i=0}^\infty\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}{(1-a)}^jx^{j(k+1)}a^{i-j}x^{i-j}\\
\end{align}
\]

　　记

\[G(x)=\sum_{i=0}^\infty\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}{(1-a)}^jx^{j(k+1)}a^{i-j}x^{i-j}\\
\]

　　那么

\[\begin{align}
F(x)&=(ax-ax^{k+1})G(x)\\
[x^n]F(x)&=a[x^{n-1}]G(x)-a[x^{n-k-1}]G(x)\\
[x^n]G(x)&=[x^n]\sum_{i=0}^\infty\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}{(1-a)}^ja^{i-j}x^{jk+i}\\
&=\sum_{j}\sum_{i=n-jk}\binom{i}{j}{(1-a)}^ja^{i-j}\\
&=\sum_{j}\binom{n-jk}{j}{(1-a)}^ja^{n-j(k+1)}\\
\end{align}
\]

　　观察到对于所有的\(k\)，\(j\)的取值总共有\(O(n\log n)\)种，所以可以暴力枚举\(k,j\)。

　　时间复杂度：\(O(n\log n+\log m)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int rd()
{
	int s=0,c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9');
	s=c-'0';
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		s=s*10+c-'0';
	return s;
}
void open(const char *s)
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	char str[100];
	sprintf(str,"%s.in",s);
	freopen(str,"r",stdin);
	sprintf(str,"%s.out",s);
	freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
const ll p=998244353;
const ll vv=19260817;
ll fp(ll a,ll b)
{
	ll s=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
		if(b&1)
			s=s*a%p;
	return s;
}
int n,k,m;
ll pw[100010];
ll c[510];
ll d[510];
ll e[510];
int len;
void mul()
{
	static ll f[510];
	for(int i=0;i<=2*len;i++)
		f[i]=0;
	for(int i=0;i<len;i++)
		for(int j=0;j<len;j++)
			f[i+j]=(f[i+j]+d[i]*d[j])%p;
	for(int i=0;i<2*len;i++)
		d[i]=f[i];
}
void mod()
{
	for(int i=2*len;i>=len;i--)
		if(d[i])
		{
			ll v=d[i];
			for(int j=0;j<=len;j++)
				d[i-len+j]=(d[i-len+j]-v*c[j])%p;
		}
}
void pow(int n)
{
	if(!n)
		return;
	pow(n>>1);
	mul();
	if(n&1)
	{
		for(int i=2*len;i>=1;i--)
			d[i]=d[i-1];
		d[0]=0;
	}
	mod();
}
ll calc1(int x)
{
	len=x;
	memset(d,0,sizeof d);
	d[0]=1;
	c[x]=1;
	for(int i=0;i<x;i++)
		c[i]=-k+1;
	pow(n-1);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=x;i++)
		ans=(ans+pw[i]*d[i-1])%p;
	return ans;
}
void solve1()
{
	ll ans=0;
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		pw[i]=pw[i-1]*k%p;
	for(int i=m;i>=1;i--)
		ans=(ans+calc1(i))*vv%p;
	ans=(ans+p)%p;
	printf("%lld\n",ans);
}
int fac[3000010];
int inv[3000010];
int ifac[3000010];
int s1[3000010];
int s2[3000010];
int getc(int x,int y)
{
	return (ll)fac[x]*ifac[y]%p*ifac[x-y]%p;
}
int gao(int n,int m)
{
	int s=0;
	for(int i=0;i*(m+1)<=n;i++)
		s=(s+(ll)fac[n-i*m]*s1[i]%p*s2[n-i*(m+1)])%p;
	return s;
}
void solve2()
{
	inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(int i=2;i<=3000000;i++)
		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%p;
	s1[0]=1;
	for(int i=1;i<=3000000;i++)
		s1[i]=(ll)s1[i-1]*(1-k)%p;
	s2[0]=1;
	for(int i=1;i<=3000000;i++)
		s2[i]=(ll)s2[i-1]*k%p;
	for(int i=2;i<=3000000;i++)
	{
		inv[i]=(ll)-p/i*inv[p%i]%p;
		ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*inv[i]%p;
		s1[i]=(ll)s1[i]*ifac[i]%p;
		s2[i]=(ll)s2[i]*ifac[i]%p;
	}
	ll ans=0;
	if(n<=m)
	{
		for(int i=n-1;i>=1;i--)
			ans=(ans+gao(n-1,i)-gao(n-i-1,i))*vv%p;
		ans=ans*k%p;
		ll v=fp(k,n)*(fp(vv,m+1)-fp(vv,n))%p*fp(vv-1,p-2)%p;
		ans=(ans+v)%p;
		ans=(ans+p)%p;
	}
	else
	{
		for(int i=m;i>=1;i--)
			ans=(ans+gao(n-1,i)-gao(n-i-1,i))*vv%p;
		ans=ans*k%p;
		ans=(ans+p)%p;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
	open("a");
	scanf("%d%d%d",&m,&k,&n);
	if(m<=200)
		solve1();
	else
		solve2();
	return 0;
}