jwg2732的专栏

把连续的上升看成一个连续段，则每个段的方案数唯一，不同段之间是一个二项卷积，一共有。的出现位置前面，那么这两个连续段应该会变成一个，就矛盾了。考虑把排列划分成若干极长的连续下降段，若第。的常数项为0不能直接算，但是根据某些知识。的求法显然不能拓展，考虑更直接的刻画。这是显然的，把上述过程逆过来就好了。左边几乎可以直接算，唯一需要注意的是。一定是合法的，否则就说明存在一个。是一个差卷积的形式，可以直接算。因此可以先平移一下，再平移回来。个上升，剩下位置随便的方案数。的好序列中的出现次数之和。

updating……

下的二次剩余，因此需要扩域，即把数字表示成。前面枚举后直接算，后边是等比数列求和可以。也可以找出通项公式然后表示成和。的形式，类似复数的运算。相同的形式，可以类似算。代表第一类斯特林数。

但是注意实现的细节，这玩意卡时间也卡空间。把NTT换成MTT或者三模NTT就好了。这里上界减一是因为扩展欧拉定理。

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任意模数NTT已知多项式F(x),G(x)F(x),G(x)F(x),G(x),求H(x)=F(x)G(x)(mod  P)H(x)=F(x)G(x)(mod\;P)H(x)=F(x)G(x)(modP)其中PPP是给定模数，不保证是NTT模数我们先取三个NTT模数常用的是（998244353，469762049，1004535809）因为他们的原根都是3我们分别用这三个模数做NTT，然后再用中国剩余定理合并不过这三个模数乘起来爆longlong所以我们必须一步一合并我们可以对于每一位分别

多项式乘法(NTT)默认大家会了FFT……我们知道FFT中因为要用三角函数和复数，所以对精度要求高并且常数比较大那么有没有可以代替单位根的呢？我们思考一下在FFT中应用的单位根的性质1:wn0=1w_n^0=1wn0​=1保证了有初始值2:wni+k=wniwnjw_n^{i+k}=w_n^iw_n^jwni+k​=wni​wnj​,也就是wnk=(wn1)kw_n^k=(w_n^1)^kwnk​=(wn1​)k因此只要求出一个就可以递推3:wnk+n/2=−wnkw_n^{k+n/2}