正题
题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/contest/115/problem/3
题目大意
两个长度为\(n+1\)的序列\(a,b\)
\(a_i\)表示涂了\(i\)个格子的可以获得的价值。
\(b_i\)表示恰好用\(i\)种颜色图最多\(n\)个格子可以获得的总价值。
给出序列\(b\)，求序列\(a\)
\(n\in[1,10^5]\)，所有运算在\(\% 998244353\)意义下。
解题思路
定义\(c_i\)表示用\(i\)种颜色（不需要都用）时的价值和
那么有
\[c_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}b_i
\]
\[c_n=n!\sum_{i=0}^n\frac{b_i}{i!}\frac{1}{(n-i)!}
\]
然后\(NTT\)求出来。
之后就有
\[c_i=\sum_{j=0}^na_j\times i^j
\]
那么\(c_i\)可以视为一个多项式在\(x=i\)处的值，然后\(a_i\)表示该多项式的第\(i\)项系数。
之后要用拉格朗日插值求出这个多项式\(A\)（考场上不会写了个高消草）
\[A(x)=\sum_{i=1}^nc_i\prod_{j!=i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}
\]
提出常数来，令\(c_i=c_i\times \prod_{j!=i}\frac{1}{x_i-x_j}\)（预处理一个阶乘逆元可以\(O(1)\)求）
再定义多项式\(M(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)\)
\[A(x)=\sum_{i=1}^n\frac{c_iM(x)}{x-x_i}
\]
但是还是不可以暴力求，但是我们可以分治求。
\[M_{l,r}(x)=\prod_{i=l}^r(x-x_i),A_{l,r}(x)=\sum_{i=l}^r\frac{c_iM_{l,r}(x)}{x-x_i}
\]
那么有
\[M_{l,r}=M_{l,mid}\times M_{mid+1,r}
\]
\[A_{l,r}=A_{l,mid}\times M_{mid+1,r}+A_{mid+1,r}\times M_{l,r}
\]
都分治下去\(NTT\)做就好了，注意一下动态分配空间就好了。
时间复杂度\(O(n\log^2 n)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5+10,P=998244353;
struct Poly{
ll a[N],n;
}A[40],M[40],F,G;
ll n,fac[N],inv[N],c[N],r[N];
ll x[N],y[N],tmp1[N],tmp2[N];
bool v[40];
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
for(ll i=0;i<n;i++)
if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
for(ll k=0;k<n;k+=p){
ll buf=1;
for(ll i=k;i<k+len;i++){
ll tt=f[i+len]*buf%P;
f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
f[i]=(f[i]+tt)%P;
buf=buf*tmp%P;
}
}
}
if(op==-1){
ll invn=power(n,P-2);
for(ll i=0;i<n;i++)
f[i]=f[i]*invn%P;
}
return;
}
ll mul(Poly &F,Poly &G,ll *f){
for(ll i=0;i<=F.n;i++)x[i]=F.a[i];
for(ll i=0;i<=G.n;i++)y[i]=G.a[i];
ll l=1;while(l<=F.n+G.n+2)l<<=1;
for(ll i=F.n+1;i<l;i++)x[i]=0;
for(ll i=G.n+1;i<l;i++)y[i]=0;
for(ll i=0;i<l;i++)
r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(l>>1):0);
NTT(x,l,1);NTT(y,l,1);
for(ll i=0;i<l;i++)f[i]=x[i]*y[i]%P;
NTT(f,l,-1);return F.n+G.n;
}
ll find_q(){
for(ll i=0;i<40;i++)
if(!v[i]){v[i]=1;return i;}
}
ll solve(ll l,ll r){
ll p=find_q();
if(l==r){
A[p].a[0]=c[l];A[p].n=0;
M[p].a[1]=1;M[p].a[0]=P-l;M[p].n=1;
return p;
}
ll mid=(l+r)>>1;
ll ls=solve(l,mid),rs=solve(mid+1,r);
ll len=mul(A[ls],M[rs],tmp1);mul(A[rs],M[ls],tmp2);
M[p].n=mul(M[ls],M[rs],M[p].a);A[p].n=len;
for(ll i=0;i<=len;i++)A[p].a[i]=(tmp1[i]+tmp2[i])%P;
v[ls]=v[rs]=0;return p;
}
signed main()
{
// freopen("color.in","r",stdin);
// freopen("color.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);F.n=G.n=n;
fac[0]=inv[0]=fac[1]=inv[1]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=power(fac[i],P-2);
for(ll i=0;i<=n;i++){
scanf("%lld",&F.a[i]);
F.a[i]=F.a[i]*inv[i]%P;
G.a[i]=inv[i]%P;
}
mul(F,G,c);
for(ll i=0;i<=n;i++){
c[i]=c[i]*fac[i]%P;
c[i]=c[i]*inv[i]%P*inv[n-i]%P;
if((n-i)&1)c[i]=P-c[i];
}
ll p=solve(0,n);
for(ll i=0;i<=n;i++)
printf("%lld ",A[p].a[i]);
return 0;
}