Codechef :QPOLYSUM(FFT/拉格朗日插值)

这篇博客介绍了如何解决Codechef上的QPOLYSUM问题,涉及多项式求和、插值法、二项式反演、快速傅里叶变换(FFT)以及生成函数。文章通过弱化版题目引入,探讨了一种O(k)复杂度的插值方法,然后详细阐述了O(klogk)的通用方法,包括将多项式转换为牛顿多项式、使用组合数的递推关系,并通过FFT进行计算。最后,由于模数和范围限制,代码并未通过所有测试用例,但提供了拉格朗日插值和三模数FFT的实现思路。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

传送门

题意:
求: ni=1fiqi(n1e18,deg(fi)5e5) ∑ i = 1 n f i q i ( n ≤ 1 e 18 , d e g ( f i ) ≤ 5 e 5 )

题解:
这道题有弱化版:BZOJ4126
也有弱化版的弱化版:BZOJ3516
我写了后者的题解:传送门

因为这是一般形式,所以前者的题解就直接忽略了,可以用一般形式解决。

先说明,因为这道 codechef 题的模数不是质数且范围达到 1e18 1 e 18 ,所以本题解的代码并过不了,题解的代码是在 (mod1e9+7) ( mod 1 e 9 + 7 ) 的意义下求解的。
以下的 k k 均为多项式的次数,且 q 均不为1 ( q q 为1可以直接特判)。
先说一个很神奇的 O ( k ) 插值法,这个方法是先猜结论再做证明的,所以并不推荐。后面有 O(klogk) O ( k log ⁡ k ) 的一般方法。

插值法

Sn=n1i=0fiqi S n = ∑ i = 0 n − 1 f i q i ,有结论:

Sn=qngng0 S n = q n g n − g 0

其中 g(x) g ( x ) 为关于 x x k 次多项式。
这个结论可以通过归纳法证明。
我们分别来证明当 fi=ij f i = i j 时这个式子成立即可。
j=0 j = 0 显然成立。
j=k1 j = k − 1 成立,那么
Sn,k=qSn,k=(q1)Sn,k=i=0n1ikqii=1n(i1)
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值