用途

在\(O(n\log^2 n)\)的时间内做诸如
\[
f_n=\sum_{i=0}^{n-1} f_ig_{n-i}
\]
或是
\[
f_n=\sum_{i=0}^{n-1} f_if_{n-i}
\]
或是
\[
f_{k,n}=\sum_s\sum_t \sum_i f_{s,i}f_{t,n-i}
\]
等“我 卷 我 自 己”的式子。

(如果你觉得这东西多项式求逆也可以做,那么请你认真看一下第三个式子)

思想

式子一

用CDQ分治的思想:先递归做出左边,考虑左边对右边的贡献,然后递归右边。

这其实就是最简单的分治FFT,用多项式求逆也可以实现。

式子二

现在\(g\)也被\(f\)替换了,考虑仍然用上面的做法,但你会发现:你挂了。

为什么会挂呢?

上面的统计贡献的过程是这样的:分治\([l,r]\)时,先做出\([l,mid]\)的\(f\),然后把\([l,mid]\)的\(f\)和\([1,r-l+1]\)的\(g\)卷在一起,把贡献算到\([mid+1,r]\)上面去。

但是现在发现一个漏洞:如果\(g\)替换成了\(f\),那么\([1,r-l+1]\)的\(f\)可能还没有被完全算出来。

什么时候会发生这种情况呢?考虑分治结构其实和线段树结构相同,满足左边的大小\(\ge\)右边的大小,所以只有在最左边的那个区间可能会发生这种事,也就是\(l=1\)时。

那怎么办?怎么提前算出右边?

我也不知道

既然不能提前算出来,那就不算,只算出\(f\)在\([l,mid]\)的值对右边的贡献之后直接往右边递归。

显然,一个点不能对自己产生贡献,所以递归到一个点的时候肯定是对的。

而两个点时可以算出\(l\)对\(r\)的贡献,也是对的。

以此类推,它就是对的。

(完全严谨的证明我也不会啊qwq)

注意:当\(l\ne 1\)时把\([l,mid]\)和\([1,r-l+1]\)卷起来时相当于钦定一个指针在\([l,mid]\),而另一个在\([1,r-l+1]\),但实际上他们有可能会交换位置,所以要乘2。

update:我都写了些啥……其实就是把两个卷起来的时候有两个指针,在右边的那个指针位置统计贡献,所以直接递归右边完全莫得问题。当卷积并不是二次方而是三次方、四次方的时候也照样可以在最右边的那个位置统计贡献。

式子三

这个式子真是丑呢……

然而直接用式子二的方法就可以了,方法并没有太大不同,除了……

注意:当\([l\ne 1]\)时¥%……&@&¥%¥,也相当于钦定了指针的位置,所以还要交换来一遍。

这么说可能比较难理解,考虑这么一个式子:
\[
f1_n=\sum_i f1_if2_{n-i}\\
f2_n=\sum_i f2_if1_{n-i}
\]
这时你不能简单地把\(f1[l,mid]\)和\(f2[1,r-l+1]\)卷起来,还要把\(f2[l,mid]\)和\(f1[1,r-l+1]\)卷起来,这才能做到不重不漏。

代码

代码现在不在我电脑上,我又那么懒,所以——

咕咕咕……

(建议去 https://www.cnblogs.com/yinwuxiao/p/9570533.html 食用代码/kel)

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