[LOJ 6055]「from CommonAnts」一道数学题 加强版（神仙拉格朗日插值） | 错题本

题目

「from CommonAnts」一道数学题 加强版

分析

记 $F_k(n) = f(k, n)$，统计每个 $x^k$ 的贡献可以得到 $F_k(n) = \sum_{i = 0}^{n - 1} \left(2^{n - i - 1} \cdot i^k\right) + n^k$ 具体来说可以画个二叉树理解：树上深度为 $i$ 的结点的权值为 $(n - i + 1)^k$，根以及他的右子树权值和为 $F_k(n)$，根的左儿子和根的左儿子的右子树权值和 $F_k(n - 1)$，以此类推。

显然不能直接插，因为 $n$ 在指数上。化简一下：
$\begin{aligned} F_k(n) &= \sum_{i = 0}^{n - 1} \left(2^{n - i - 1} \cdot i^k\right) + n^k \\ &= 2^{n - 1}\sum_{i = 0}^{n - 1} \frac{i^k}{2^i} + n^k \end{aligned}$ 令 $a = \frac{1}{2}$，则 $F_k(n) = 2^{n - 1}\sum_{i = 0}^{n - 1} a^ii^k + n^k$ 指数转下降幂可以方便错位相减找递推式，进而找到指数函数的多项式形式： $\begin{aligned} F_k(n) &= 2^{n - 1}\sum_{i = 0}^{n - 1}\left(a^i \sum_{j = 0}^k {k \brace j} i^{\underline j}\right) + n^k \\ &= 2^{n - 1} \sum_{j = 0}^k {k \brace j} \sum_{i = 0}^{n - 1} a^ii^{\underline j} + n^k \end{aligned}$ 令 $S_k(n) = \sum_{i = 0}^{n - 1} a^ii^{\underline k}$，则 $F_k(n) = 2^{n - 1} \sum_{j = 0}^k {k \brace j} S_j(n) + n^k$

指数转下降幂：
${n \brace m}$ 表示第二类斯特林数，即“ $n$ 个不同的球，放入 $m$ 个相同的盒子，盒子不可以为空的方案数”。有公式 $n^k = \sum_{i = 0}^{k} {k \brace i} \cdot i! \cdot C_n^i$ 等式左边是“ $k$ 个不同的球放入 $n$ 个不同的盒子，盒子可以为空的方案数”，右边即为枚举不为空的盒子数，分别计算，因此两边相等。
把组合数拆开可以得到： $n^k = \sum_{i = 0}^{k} {k \brace i} \cdot n^{\underline i}$

考虑求 $S_k(n)$ 的递推式，用错位相减法：
$\begin{aligned} S_k(n) &= \sum_{i = 0}^{n - 1} a^ii^{\underline k} \\ aS_k(n) &= \sum_{i = 1}^{n} a^i(i - 1)^{\underline k} \\ \Rightarrow (1 - a)S_k(n) &= \sum_{i = 1}^{n - 1} a^i \left[i^{\underline k} - (i - 1)^{\underline k}\right] + a^00^{\underline k} - a^n(n - 1)^{\underline k} \\ &= \sum_{i = 1}^n a^i \left[i^{\underline k} - (i - 1)^{\underline k}\right] - a^nn^{\underline k} + a^n(n - 1)^k + a^00^{\underline k} - a^n(n - 1)^k \\ &= \sum_{i = 1}^n a^i \left[i^{\underline k} - (i - 1)^{\underline k}\right] - a^nn^{\underline k} + a^00^{\underline k} \\ &= \sum_{i = 1}^n a^i (i - 1)^{\underline{k - 1}}[i - (i - k)] - a^nn^{\underline k} + a^00^{\underline k} \\ &= ak\sum_{i = 0}^{n - 1} a^i i^{\underline{k - 1}} - a^nn^{\underline k} + a^00^{\underline k} \\ &= akS_{k - 1}(n) - a^nn^{\underline k} + a^00^{\underline k} \\ \Rightarrow S_k(n) &= \frac{ak}{1 - a} S_{k - 1}(n) - \frac{a^nn^{\underline k} + a^00^{\underline k}}{1 - a} \end{aligned}$ 特别地， $S_0(n) = \sum_{i = 0}^{n - 1} a^i = \frac{1 - a^n}{1 - a}$。将 $a$ 替换为 $\frac{1}{2}$ 得到 $S_k(n) = \begin{cases} 2\left(1 - \dfrac{1}{2^n}\right) & k = 1 \\ k S_{k - 1}(n) - \dfrac{n^{\underline k}}{2^{n - 1}} & k > 1 \end{cases}$ 这时候手刨几项：

• $S_0(n) = 2(1 - \frac{1}{2^n})$
• $S_1(n) = 1 \cdot 2(1 - \frac{1}{2^n}) - \frac{n}{2^{n - 1}}$
• $S_2(n) = 2\left[1 \cdot 2(1 - \frac{1}{2^n}) - \frac{n}{2^{n - 1}}\right] - \frac{n(n - 1)}{2^n}$
• $S_3(n) = 3 \left\{2\left[1 \cdot 2(1 - \frac{1}{2^n}) - \frac{n}{2^{n - 1}}\right] - \frac{n(n - 1)}{2^n}\right\} - \frac{n(n - 1)(n - 2)}{2^n}$

接下来就是神仙操作了，还记得常系数齐次线性递推么？ 将常数项分成两部分，将含 $n$ 的部分提出一个 $\frac{1}{2^n}$： $\begin{aligned} S_3(n) &= 3 \left\{2\left[1 \cdot 2(1 - \frac{1}{2^n}) - \frac{n}{2^{n - 1}}\right] - \frac{n(n - 1)}{2^n}\right\} - \frac{n(n - 1)(n - 2)}{2^n} \\ &= 12 - \frac{1}{2^n}[12 + 6n + 3n(n - 1) + n(n - 1)(n- 2)] \end{aligned}$ 两个 $12$ 是一样的！其实原因就在于 $S_0(n) = 2(1 - \frac{1}{2^n})$，两个 $1$ 可以分给两边，使得新的一个 $S_k(n)$ 可以写成 $S_k(n) = G_k(0) - \frac{G_k(n)}{2^n}$ 其中 $G_k(n)$ 显然是一个 $k$ 次多项式，而 $G_k(0)$ 正式它的常数项！

可能的疑问是，为什么不能直接提出一个 $\frac{1}{2^n}$，变成 $S_k(n) = \frac{T_k(n)}{2^n}$ 原因是， $S_0(n)$ 事实上是两部分，如果不分开的话， $T_k(n)$ 中会有 $2^n$ 这样的东西（ $S_0(n)$ 中的 “ $1$”造成的），所以不可以直接提 $\frac{1}{2^n}$。分开过后， $G_k(n)$ 就不含指数函数了！

回代进 $F_k(n)$： $\begin{aligned} F_k(n) &= 2^{n - 1} \sum_{j = 0}^k {k \brace j} S_j(n) + n^k \\ &= 2^{n - 1} \sum_{j = 0}^k {k \brace j} \left(G_j(0) - \frac{G_j(n)}{2^n}\right) + n^k \\ &= 2^{n - 1} \left(\sum_{i = 0}^k {k \brace i} G_i(0) - \frac{\sum_{i = 0}^k {k \brace i} G_i(n)}{2^n}\right) + n^k \end{aligned}$ 令 $H_k(n) = \sum_{i = 0}^k {k \brace i} G_i(n)$ 显然 $H_i(n)$ 为 $k$ 次多项式，且 $F_k(n) = 2^{n - 1}\left(H_k(0) - \frac{H_k(n)}{2^n}\right) + n^k$ 接下来求出 $R_k(n) = H_k(0) - \frac{1}{2^n}H_k(n)$ 即可。

• $H_k(0)$ 的部分：
  这个函数我们一项都算不出来，回顾一下开头，发现 $R_k(n)$ 可以算： $R_k(n) = \sum_{i = 0}^{n - 1} \frac{i^k}{2^i}$ 把式子弄一下 $H_k(n) = 2^nH_k(0) - 2^nR_k(n)$ 那么用一个二元组 $\{x, y\}$ 表示 $H_k(n)$ 即 $H_k(n) = xH_k(0) - y$，这个二元组显然可以快速地进行加、减和乘一个常的运算。有了这些我们就可以用 $H_k(0), H_k(1), \cdots, H_k(k)$ 的二元表示插出 $H_k(k + 1)$ 的二元表示记为 $\{a_1,b_1\}$。 $H_k(n) = 2^nH_k(0) - 2^nR_k(n)$ 也能得到一个 $H_k(k + 1)$ 的二元表示记为 $\{a_2, b_2\}$。由 $H_k(k + 1) = H_k(k + 1)$ 得到 $a_1H_k(0) - b_1 = a_2H_k(0) - b_2$ 于是 $H_k(0) = \frac{b_1 - b_2}{a_1 - a_2}$

  注意这两个二元表示是不等价的！可以理解为只要给出次数，拉格朗日插值就可以形式化地创造一个表示方法，这个新的值的计算方式与你原来计算点值的方式没有任何关系，因此这个方程有解。

• $H_k(n)$ 的部分：
  得到 $H_k(0)$，就知道了 $H_k(1), H_k(2), \cdots, H_k(k)$，直接拉格朗日插值即可。

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还有一个细节是算 $2^n$ 什么的， $n$ 有一百万位显然不能快速幂……要用欧拉定理： $a^{\varphi(p)} \equiv 1 \ (\text{mod} \ p)$ 这里 $p = 10^9 + 7$ 是个质数，所以 $\varphi(p) = p - 1$，所以 $2^n \equiv 2^{n \ \text{mod} \ (p - 1)} \ (\text{mod} \ p)$。

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做完了。这题太夸张了。据说 高阶差分 可以简单一点点，或者最开始就往 常系数线性递推 化。太菜了看不怎么懂……

代码

变量名有出入，但思路是完全一致的。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>

typedef std::pair<int, int> PII;

const int MAXN = 1000000;
const int MOD = 1000000007;
const int PHI = MOD - 1;

inline int Add(int x, const int &y) {
	x += y; if (x >= MOD) x -= MOD; return x;
}

inline int Sub(int x, const int &y) {
	x -= y; if (x < 0) x += MOD; return x;
}

inline int Mul(const int &x, const int &y) {
	return (long long)x * y % MOD;
}

int Pow(int x, int y) {
	int ret = 1;
	while (y) {
		if (y & 1)
			ret = Mul(ret, x);
		y >>= 1;
		x = Mul(x, x);
	}
	return ret;
}

const int INV2 = Pow(2, MOD - 2);

PII operator + (const PII &x, const PII &y) {
	return std::make_pair(Add(x.first, y.first), Add(x.second, y.second));
}

PII operator - (const PII &x, const PII &y) {
	return std::make_pair(Sub(x.first, y.first), Sub(x.second, y.second));
}

PII operator * (const PII &x, const int &y) {
	return std::make_pair(Mul(x.first, y), Mul(x.second, y));
}

int N, P, K;
int Fac[MAXN + 5], InvFac[MAXN + 5];

int H[MAXN + 5];
int F[MAXN + 5];
PII G[MAXN + 5];

int Pre[MAXN + 5], Suf[MAXN + 5];

void Init(int n) {
	Pre[0] = n;
	for (int i = 1; i <= K; i++)
		Pre[i] = Mul(Pre[i - 1], Sub(n, i));
	Suf[K + 1] = 1;
	for (int i = K; i >= 0; i--)
		Suf[i] = Mul(Suf[i + 1], Sub(n, i));
}

PII Lagrange1(int n) {
	Init(n);
	PII res(0, 0);
	for (int i = 0; i <= K; i++) {
		int A = Mul(i ? Pre[i - 1] : 1, Suf[i + 1]);
		int B = Mul(InvFac[i], InvFac[K - i]);
		PII C = G[i] * Mul(A, B);
		res = ((K - i) & 1) ? (res - C) : (res + C);
//		printf("%d %d (%d, %d)\n", A, B, res.first, res.second);
	}
	return res;
}

int Lagrange2(int n) {
	Init(n);
	int res = 0;
	for (int i = 0; i <= K; i++) {
		int A = Mul(i ? Pre[i - 1] : 1, Suf[i + 1]);
		int B = Mul(InvFac[i], InvFac[K - i]);
		int C = Mul(H[i], Mul(A, B));
		res = ((K - i) & 1) ? Sub(res, C) : Add(res, C);
	}
	return res;
}

int main() {
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9')
		c = getchar();
	while (c >= '0' && c <= '9') {
		P = ((long long)P * 10 + c - '0') % PHI;
		N = ((long long)N * 10 + c - '0') % MOD;
		c = getchar();
	}
	scanf("%d", &K);

	Fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= K; i++)
		Fac[i] = Mul(Fac[i - 1], i);
	InvFac[K] = Pow(Fac[K], MOD - 2);
	for (int i = K - 1; i >= 0; i--)
		InvFac[i] = Mul(InvFac[i + 1], i + 1);

	for (int i = 1; i <= K + 1; i++)
		F[i] = Add(F[i - 1], Mul(Pow(INV2, i - 1), Pow(i - 1, K)));
	for (int i = 0; i <= K + 1; i++)
		G[i] = std::make_pair(Pow(2, i), Mul(Pow(2, i), F[i]));

	PII x = G[K + 1], y = Lagrange1(K + 1);
	int A = Sub(y.second, x.second);
	int B = Sub(x.first, y.first);
	H[0] = Mul(A, Pow(B, MOD - 2));
	for (int i = 1; i <= K; i++)
		H[i] = Add(Mul(G[i].first, H[0]), G[i].second);

	int Ans = Sub(Mul(Lagrange2(N), Pow(INV2, P)), H[0]);
	Ans = Add(Mul(Pow(2, P ? (P - 1) : (MOD - 2)), Ans), Pow(N, K));
	printf("%d", Ans);
	return 0;
}