CF1103E Radix Sum
给定一个多项式 (F(x)=sum_{i=0}^{10^5} cnt_i imes x^i)，对其做 (10) 进制 FWT 快速幂，模数为 (2^{58})
( m Sol:)
我们先进行 DWT，然后将点值进行一下快速幂，然后 IDWT 一下就可以得到答案了。
如果不是这个奇怪的模数，我们直接进行 ( m 10) 进制 FWT 这道题就做完了。
由于模数的存在，我们需要解决 ( m 10) 进制 FWT 中不可避免的几个步骤。
先把范围扩大为 ([0,10^5))，接下来我们进行的操作均在这一范围进行讨论。
- 求解 (frac{1}{n})，此处为 (frac{1}{10})
(5) 存在逆元，(2) 没有，由于最后计算 IDWT 时会乘以 (frac{1}{10^5})，所以我们需要找到办法计算 (frac{1}{2^5})，将 (2^{58}) 乘以 (2^5) 变成 (2^{63})，计算得到答案后就可以直接除以 (2^5) 了。
当然直接当作 (2^{64}) 后用 unsigned long long 不香吗。
- 得到 (omega_{10}^1)
回顾 (k) 进制 FWT，我们需要得到对应进制的范德蒙德矩阵，其中每个元素为 (omega_{k}^{x})，此处我们需要得到 (omega_{10}^x)
此处我们可以直接进行大力扩域，得到额外 (0) 个元素分别表示 (omega_{10}^1,omega_{10}^2,...omega_{10}^9)，这样进行运算的复杂度为 (10^2)，FWT 的复杂度为 (mathcal O(k^{m+2} imes m))，于是得到了一个 (mathcal O(10^2k^{m+2} m))，最终效率大概是 (5 imes 10^9) 的优秀做法。
虽然本题开了 ( m 4s) 但也不是给这个做法过的啊 /lb
然而写着写着你会发现每次乘的都是单项式，所以可以减少一个 (10)
然后写完会发现最后无法得到答案，因为最后得到的是一个 (omega_{10}^x) 构成的元素组，然而实际上在 FFT/NTT 中计算会进行的消去/折半等引理都没有发生，这一部分我们需要自己手动消一下。
大概是这样的一个式子：(omega^0-omega^5-omega^2+omega^3)
最后算出来大概是 (5 imes 10^8)，开了 ( m 4s)，大致有信仰的人们是可以过的。