JZOJ 5395. 【NOIP2017提高A组模拟10.6】Count（拉格朗日插值）

JZOJ 5395. 【NOIP2017提高A组模拟10.6】Count

题目大意

• 令$f(x)$表示$\le x$的正整数中与$x$互质的数的平均数的两倍，求${\sum }_{i=L}^R{f}^k(i)$。
• $L,R\le 10^8$，$k\le 10^6$.

题解

• 当$x\le 2$时，$f(x)=x$，因为一旦有$r\le x$与$x$互质，则一定也有$x-r\le x$与$x$互质，所以与$x$互质的数可以两两匹配，它们之和恰为$x$，特殊地，$f(1)=2$。
• 那么题目转化为求${\sum }_{i=L}^R{i}^k={\sum }_{i=1}^R{i}^k-{\sum }_{i=1}^{L-1}{i}^k$。
• 而任何${\sum }_{i=1}^n{i}^k$（简单称之为$k$次方和$S_k$）都是关于$n$的一个$k+1$次多项式，具体可以考虑归纳，
• 当$k=0$时，$S_0=n$，是一个一次多项式，这显然成立；
• 当$k>0$时，可以构造
• $$(n+1{)}^{k+1}-n^{k+1}=...$$
• $$n^{k+1}-(n-1{)}^{k+1}=...$$
• $$...$$
• $$2^{k+1}-1^{k+1}=...$$
• 把所有式子相加，左边是$(n+1{)}^{k+1}-1$，右边的最高次是$k$（因为相减时$k+1$次项都会消掉），且一定是${\sum }_{i=0}^k{a}_i{S}_i$，其中$a_i$是某个系数，除了$S_k$都可以用$k$次以下的多项式来表示，那么移项后$S_k$自然可以用$\frac{(n+1{)}^{k+1}-1-{\sum }_{i=0}^{k-1}{a}_i{S}_i}{a_k}$来表示，故$S_k$可以用一个$k+1$次多项式表示。
• 得证。
• 现在要求的是$x=R$和$x=L-1$时的函数值，而$L,R$都过不便计算，那么自然可以使用拉格朗日插值法，只需求出$i=1,2,3,...,k,k+1,k+2$时的$k+2$个不同的函数值，便可以确定一个$k+1$次的函数。
• 此时$An{s}_n={\sum }_{i=1}^{k+2}An{s}_i{\Pi }_{j�=i}\frac{n-j}{i-j}$。
• 复杂度仍然是$k^2$的，可以简单优化。
• 对于任意的$i$，分子都是$\Pi n-j$中少了$j=i$的一项，那么提前预处理好$T=\Pi n-j$，每次分子$t=\frac{T}{n-i}$；
• 对于任意$i$，分母都是从$-1$开始依次递降的一段数相乘与从$1$开始依次递增的一段数相乘，记录左右分别乘到了多少，每次乘上或除去即可。
• 注意$L=1$时要把$f(1)$当成$2$加上$2^k-1$才是真正的答案。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 1000010
#define md 998244353
#define ll long long
ll a[N];
int K;
ll ksm(ll x, ll y) {
	if(!y) return 1;
	ll l = ksm(x, y / 2);
	if(y % 2) return l * l % md * x % md;
	return l * l % md;
}
ll solve(int x) {
	if(x <= K + 2) return a[x];
	if(!x) return 0;
	ll ans = 0, t = 1, s = 1;
	for(int i = 2; i <= K + 2; i++) s = s * (1 - i + md) % md;
	for(int i = 1; i <= K + 2; i++) t = t * (x - i + md) % md;
	ll s0 = 1, s1 = md - K - 1;
	for(int i = 1; i <= K + 2; i++) {
		ans = (ans + a[i] * t % md * ksm(s * (x - i) % md, md - 2) % md) % md;
		s = s * ksm(s1, md - 2) % md * s0 % md;
		s0++, s1++;
	}
	return ans;
}
int main() {
	int i, l, r;
	scanf("%d%d%d", &l, &r, &K);
	for(i = 1; i <= K + 2; i++) a[i] = (a[i - 1] + ksm(i, K)) % md;
	printf("%lld", (solve(r) - solve(l - 1) + md + (l == 1) * (ksm(2, K) - 1)) % md);
	return 0;
}