把EI科技 【载谈 Binomial Sum】 用人话说出来

这个科技是用来 \(O(k+\log n)\) 求 \(\sum_{i=0}^n [x^i] f(x)p^i(x) \mod x^{k+1}\) 这个多项式的某些项数的线性组合 不过我只见过求第 $ k $ 项的，其中 \(f(x)\) 微分可导。

要直接说算法本身的话过于枯燥，从例题开始慢慢说吧。

例题1 CF932E

求：

\[\sum_{i=0}^n\binom n ii^k
\]

将 \(\binom n i\) 看成 \([x^i] (1+x)^n\),\(i^k\) 看成 \([\frac {x^k} {k!}] e^{ix}\)，那么原式变成了：

\[[\frac {x^k} {k!}]\sum_{i=0}^n[x^i](1+x)^ne^{ix}
\]

相当于

\[[\frac {x^k} {k!}](e^x+1)^n
\]

当然你也可以将 \(i^k\) 直接看成 \([\frac {x^k} {k!}] e^{ix}\) 然后使用二项式定理得到上式。

这里已经可以保留 \((e^x+1) \mod x^{k+1}\)，通过多项式快速幂 \(O(k\log k\log n)\) 计算答案了，但是我们显然不满足于此。

接下来是重要的一步：

设 \(F(z)=(z+1)^n,\mathcal F(z+1)=F(z+1) \mod z^{k+1}\)。

为什么这里是 \(z+1\) 而不是 \(z\) 呢？

实际上是因为这里的 \(z=e^x-1\)，常数项为 \(0\)。

为什么常数项一定要为 \(0\)？

考虑原式，你算的是 \(\sum_{i=0}^n [x^i] f(x)p^i(x)\)，答案只截取到第 \(k\) 项，那么如果 \([x^0]p(x)=0\)，我们就可以只求和到 \(k\)。

换而言之，高次项对答案没有贡献。

所以在这个算法中，在这一步中要设的是 \(\mathcal F(z+G(0))= F(z+G(0)) \mod x^{k+1}\)。

因为 \(\mathcal F(z+1)\) 是 \(F(z+1)\) 的前 \(k+1\) 次项，所以答案 \([\frac {x^k} {k!}]F(e^x)=[\frac {x^k} {k!}]\mathcal F(e^x)\)。

问题来了，我们如何得到 \(\mathcal F(z+1)\)？

我们对 \(F(z)\) 列出一个方程：

\[(z+1)F'(z)-nF(z)=0
\]

那么对于 \(\mathcal F(z+1)\)，呢？

\[(z+2)\mathcal F'(z+1)-n\mathcal F(z+1)=0
\]

好像不对？

是不是多算了什么东西？

考虑到原本不应该有的 \([z^k] (z+2)F'(z+1)\) 突然出现，所以应该在右边加上这玩意儿。

\[(z+2)\mathcal F'(z+1)-n\mathcal F(z+1)=[z^{k+1}](z+1)F'(z)=(k-n)\binom n k z^k 2^{n-k}
\]

对这个提取系数就可以 \(O(k)\) 递推 \(\mathcal F(z+1)\) 了。

提取系数后得到：

\[\mathcal F[i]=\frac {(k-n)\binom n k\binom k {i-1}(-1)^{k-i+1}2^{n-k}+(n-i+1)\mathcal F[i-1]} i
\]

不过要注意 \(\mathcal F[0]\) 的值，咱还没有算。。。

注意 \(\mathcal F[0]\) 的定义是 \(\mathcal F(z+1)\) 的 \(0\) 次项，也就是：

\[[z^0]\sum_{i=0}^k [z^i]\mathcal F(z+1) (z-1)^i
\]

还记得 \(\mathcal F(z+1)=F(z+1) \mod x^{k+1}\) 吧？那么 \([z^i]\mathcal F(z+1)\) 就可以使用二项式定理计算了。

\[\sum_{i=0}^k([z^0] (z-1)^i) \times ([z^i] (z+2)^n)
\]

\[\sum_{i=0}^k(-1)^i \times \binom n i \times 2^{n-i}
\]

回到原式：

\[[\frac {x^k} {k!}]\mathcal F(e^x)=\sum_{i=0}^k e^{ix} [x^i]\mathcal F(x)
\]

也就是：

\[\sum_{i=0}^k i^k[x^i]\mathcal F(x)
\]

线性筛 \(id^k\) 就可以做到 \(O(k+\log n)\) 啦。

#include<cstdio>
typedef unsigned uint;
const uint M=5005,mod=1e9+7;
uint n,k,top,pri[M],pos[M],idk[M];uint F[M],p2[M],Ck[M],Cn[M],inv[M];
inline uint Add(const uint&a,const uint&b){
	return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;
}
inline uint Del(const uint&a,const uint&b){
	return b>a?a-b+mod:a-b;
}
inline uint pow(uint a,uint b){
	uint ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=1ull*a*a%mod)if(b&1)ans=1ull*ans*a%mod;
	return ans;
}
inline void sieve(const uint&M){
	register uint i,j,x;idk[1]=1;
	for(i=2;i<=M;++i){
		if(!pos[i])idk[pri[pos[i]=++top]=i]=pow(i,k);
		for(j=1;j<=top&&(x=i*pri[j])<=M;++j){
			idk[x]=1ull*idk[i]*idk[pri[j]]%mod;
			if((pos[x]=j)==pos[i])break;
		}
	}
}
signed main(){
	register uint i,x,ans=0;inv[0]=1;inv[1]=1;
	scanf("%u%u",&n,&k);Cn[0]=Ck[0]=1;Ck[1]=k;Cn[1]=n;sieve(k);
	for(i=2;i<=k;++i){
		inv[i]=1ull*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		Cn[i]=1ull*Cn[i-1]*(n-i+1)%mod*inv[i]%mod;
		Ck[i]=1ull*Ck[i-1]*(k-i+1)%mod*inv[i]%mod;
	}
	if(n<=k){
		for(i=1;i<=n;++i)ans=Add(ans,1ull*Cn[i]*idk[i]%mod);
		return!printf("%u",ans);
	}
	x=pow(2,n-k);
	for(i=k;i<=k;--i){
		if(i&1)F[0]=Del(F[0],1ull*Cn[i]*x%mod);
		else F[0]=Add(F[0],1ull*Cn[i]*x%mod);x=Add(x,x);
	}
	x=1ull*(n-k)*Cn[k]%mod*pow(2,n-k)%mod;
	for(i=1;i<=k;++i){
		if(k-i&1)F[i]=Del(1ull*(n-i+1)*F[i-1]%mod,1ull*x*Ck[i-1]%mod);
		else F[i]=Add(1ull*(n-i+1)*F[i-1]%mod,1ull*x*Ck[i-1]%mod);
		F[i]=1ull*F[i]*inv[i]%mod;
	}
	for(i=1;i<=k;++i)ans=Add(ans,1ull*idk[i]*F[i]%mod);
	printf("%u",ans);
}

例题2 CF392C

求：

\[\sum_{i=0}^n fib_i \times i^k
\]

和上面一样：

\[[\frac {x^k} {k!}]\sum_{i=0}^n fib_i \times e^{ix}
\]

设 \(F(x)=\sum_{i=0}^{n} fib_i \times x^i = \frac 1 {1-x-x^2} \mod x^{n+1}\)。

\[[\frac {x^k} {k!}]F(e^x)
\]

如果不截取的话有：

\[F(z)=zF(z)+z^2F(z)+1
\]

截取后，右边多了 \(n+1\) 和 \(n+2\) 次项的贡献，应该减去。也就是：

\[F(z)=zF(z)+z^2F(z)+1-(fib_{n-1}+fib_n)z^{n+1}-fib_nz^{n+2}
\]

\[F(z)=\frac {1-(fib_{n-1}+fib_n)z^{n+1}-fib_nz^{n+2}} {1-z-z^2}
\]

因为需要求 \(F(e^x)\)，所以还是设 \(\mathcal F(z+1)=F(z+1) \mod z^{k+1}\)。

再设一个 \(G(z)=1-(fib_{n-1}+fib_n)z^{n+1} -fib_nz^{n+2}\)

\[F(z+1)=-\frac {G(z+1)} {1+3z+z^2}
\]

\[F(z+1)=-(G(z+1)+3zF(z+1)+z^2F(z+1))
\]

原本在这里可以提取系数直接递推的，但是我们发现我们不会求 \(G(z+1)\)。。。

不过我们发现我们又回到了求一个 \(\rm GF\) 的问题，可以继续使用这个科技。

再设一个 \(\mathcal G(z+1)=G(z+1) \mod z^{k+1}\)。

考虑一个：

\[H_n(z+1)=(z+1)^n \mod x^{k+1}
\]

有：

\[\mathcal G(z+1)=1-(fib_{n-1}+fib_n)H_{n+1}(z+1)-fib_nH_{n+2}(z+1)
\]

所以只需要将 \(H_{n+1}(z+1)\) 和 \(H_{n+2}(z+1)\) 递推出来就可以递推 \(\mathcal G(z+1)\)。

利用求导有：

\[(z+1)((z+1)^n)'=n((z+1)^n)
\]

\[(z+1)H_n'(z+1)=nH_n(z+1)+(n-k)\binom n kz^k
\]

于是可以递推 \(H_{n+1}(z+1),H_{n+2}(z+1)\) 和 \(\mathcal G(z+1)\)。

回代：

\[[z^i]\mathcal F(z+1)=[i=k+1](3([z^k]\mathcal F(z+1))+([z^{k-1}]\mathcal F(z+1)))+[i=k+2]([z^k]\mathcal F(z+1))-([z^i]\mathcal G(z+1)+3[z^{i-1}]\mathcal F(z+1)+[z^{i-2}]\mathcal F(z+1))
\]

感觉好麻烦啊。。。

为了方便，设 \(a=3([z^k]\mathcal F(z+1))+([z^{k-1}]\mathcal F(z+1)),b=[z^k]\mathcal F(z+1)\)。

将上式化简：

\[\mathcal F(z+1)=\frac {az^{k+1}+bz^{k+2}-\mathcal G(z+1)} {1+3z+z^2}
\]

也就是：

\[\mathcal F(z)=\frac {a(z-1)^{k+1}+b(z-1)^{k+2}-\mathcal G(z)} {1-z-z^2}
\]

这下可以递推 \(\mathcal F(z)\) 啦。

回代的结果和例题1一样，都是 \(\sum_{i=0}^k i^k[ x^i ]\mathcal F(x)\)。

总结

计算 \(F(G(x))\) 时，设：

\[\mathcal F(z+G(0))=\mathcal F(z+G(0)) \mod z^{k+1}
\]

然后通过求导列出关于 \(F(z+1)\) 的方程，将 \(F\) 替换为 \(\mathcal F\) 后加上/减去被少算/多算的项，然后提取系数继续递推。

只不过列出方程后求解的方法多种多样罢了。

参考资料：

Elegia 「实验性讲稿」载谭 Binomial Sums 详解

Elegia 载谭 Binomial Sum：多项式复合、插值与泰勒展开

GuidingStar CF932E题解

GuidingStar 载谭 Binomial Sum 小练习