多項式，OI的魅力，OIer的噩夢。
多項式
這個大家應該都會。
對於式子 \(\sum\limits_{i=0}^{k}a_{i}x^i\)，且 \(a_k \ne 0\)，那麼我們稱它是關於 \(x\) 的 \(k\) 次多項式。\(k\) 為次數。
就是這麼簡單
生成函式
定義：對於序列 \(a_0,a_1,a_2,a_3,...\)，其生成函式為
舉幾個例子：
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若 \(a_{i}=從\ i\ 個球裡選出\ 0\ 個球的方案數\)，則有 \(f_1(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+...\)；
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若 \(a_{i}=從\ i\ 個球裡選出\ 1\ 個球的方案數\)，則有 \(f_2(x)=0+x+2x^2+3x^3+4x^4+...\)；
-
若 \(a_{i}=i\ 種糖果，每種有無限個，分給\ \text{Alice}\ 和\ \text{Bob}\ 的方案數\)，則有 \(f_3(x)=0+x+2^{2}x^2+3^{2}x^3+4^{2}x^4+...\)。
好了，這就是生成函式的定義。但是現在你肯定會問，這東西有啥用呢？
小學我們就學過，這種有無限項相加的式子可以用“錯位相減”之類的辦法化成一個有限的表達方式。
那麼我們就試試生成函式是否同樣可以：
確實可以。即使它看起來很反常識，但這就是將一個無窮序列“濃縮”起來的表示方式。
類似地，還有\(f_3(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}i^{2}x^{i}=\frac{x^2+x}{(1-x)^3}\)，請讀者自己嘗試推導。
順帶一提，無限項的式子可以濃縮，有限也可以。比如可以利用等比數列求和公式把 \(1+x+x^2+x^3+...+x^k\) 寫成 \(\frac{1-x^{k+1}}{1-x}\)。
所以到底有啥用
別急嘛，接下來看幾個例題你就明白了。
例題 1：有一個多重集 \(A\)，其中值為 \(i\) 的元素有 \(a_i\) 個。還有一個多重集 \(B\)，其中值為 \(i\) 的元素有 \(b_i\) 個。問：多重集 \(C=A\cup B\) 中值為 \(i\) 的有多少個？
顯然，是 \(c_i=a_i+b_i\)。算出 \(A\) 和 \(B\) 的生成函式然後兩式相加即可。
例題 2：還是剛剛的 \(A\) 和 \(B\)，你可以從兩集合內各取一個元素，然後將和扔進 \(C\)。問： \(C\) 中值為 \(i\) 的有多少個？
你想了一下，然後還是很快反應過來了——將兩多項式相乘即可。
那如果。。。我想取出 \(k\) 的倍數，或者不超過 \(k\) 個，那麼閣下又該如何應對？
例題 3：現在有 \(A,B,C,D\) 四種水果，每種都有無限個。現在要恰好取出 \(n\) 個水果，但水果 \(A\) 必須取偶數個，水果 \(B\) 必須取 \(5\) 的倍數個，水果 \(C\) 最多隻能取 \(4\) 個，水果 \(D\) 最多隻能取 \(1\) 個。問：方案數是多少？
首先考慮倍數怎麼辦。\(A\) 必須取 \(2\) 的倍數個，也就是說偶次項係數為 \(1\)，奇次項係數為 \(0\)。即 \(A(x)=0+x^2+x^4+x^6+...\)，不難得出 \(A(x)=\frac{1}{1-x^2}\)。
同理可得 \(B(x)=0+x^5+x^{10}+x^{15}+...=\frac{1}{1-x^5}\)。
此時，一條顯然的規律也出來了：\(\sum\limits_{i=0,d|i}^{\infty}x^i=\frac{1}{1-x^d}\)。
然後再考慮「至多」，此時的你應該也能發現，這就是上面說的有限項數的函式。
比如，\(C(x)=1+x+x^2+x^3+x^4\)，利用公式寫成 \(\frac{1-x^5}{1-x}\)。
同理，\(D(x)=1+x=\frac{1-x^2}{1-x}\)。
最後總方案數的生成函式就是：
而 \(\frac{1}{(1-x)^2}\) 的意義可以參考例題二，也就是兩個集合內都有無限個元素 \(1,2,3,...\)，然後每個集合選一個出來，再求和。
因此你就可以透過它的意義來還原多項式：
解釋：\(0=0+0\)，\(1=0+1=1+0\)，\(2=0+2=1+1=2+0\)，\(...\) 。
是不是很神奇？那麼複雜的問題，它的答案就是 \(n+1\)！
不信？那你可以隨意拿幾個數試試哦。
洛谷P2000 拯救世界
不用多說，就是剛剛那題的加強版。建議先手動推一推。
最後你會發現答案是 \(\frac{1}{(1-n)^5}\)，也就是選 \(5\) 個非負整數，使得和為 \(n\) 的方案數。這個東西就是小學學的插板法，\(n\) 個蘋果分給 \(5\) 個小朋友，可以有小朋友沒有，方案數是 ${n+5-1 \choose 5-1}={n+4 \choose 4}=\frac{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{24} $。
別急，再看看資料範圍——呃？這題還卡普通高精乘，看來得用 \(\text{NTT}\) qwq。
不過你用 Ruby 寫倒也不是不行
拉格朗日插值法
眾所周知，在平面直角座標系中，\(k\) 個橫座標互不相同的點就可以唯一確定一個 \((k-1)\) 次函式。這一點在程式碼上可以用高斯消元來解決。那麼就來看看這個題：洛谷P4781 【模板】拉格朗日插值。
這時候我們看了眼資料範圍：
遺憾地發現高斯消元過不去了。
由於這題並不需要解出函式，只需求出 \(f(k)\) 的值，所以就可以引入一個新東西：拉格朗日插值法。
這個方法的思想就是，對每個點 \(i\) 求出一個函式 \(f_i\)，滿足將 \(x_i\) 帶入可以返回 \(y_i\)，但是將別的 \(x_j\) 帶入都會返回 \(0\)。這樣一來，把 \(k\) 帶入每個函式 \(f_i\)，返回值加起來，就能得到 \(f(k)\)。這是因為你求出了一個函式 \(f(x)=f_1(x)+f_2(x)+...+f_n(x)\)，滿足 \(f(x_i)=y_i\)，也就是說 \(f(x)\) 就是原函式。（聰明的你這時也一定發現了，這個思想和中國剩餘定理有著異曲同工之妙）
那麼問題是如何構造一個「將 \(x_i\) 帶入可以返回 \(y_i\)，但是將別的 \(x_j\) 帶入都會返回 \(0\)」的函式？很簡單：
驗證一下，發現確實符合我們的要求。那麼程式碼也能很輕鬆的寫出來了。
不過由於這題需要取模，所以需要求逆元。如果模擬上式的計算，時間複雜度是 \(\mathcal{O}(n^2\log p)\)。
觀察上式，發現可以每輪單獨記錄分子之積和分母之積，因此列舉完 \(j\) 再算總分母的逆元即可。時間複雜度 \(\mathcal{O}(n^2+n\log p)\)
點選檢視程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e3 + 5, MOD = 998244353;
int n, k, x[N], y[N], ans;
inline int madd(int x, int y) { return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y; }
inline int msub(int x, int y) { return madd(x, MOD - y); }
inline int mmul(int x, int y) { return 1ll * x * y % MOD; }
inline int qpow(int x, int y) { int res = 1, t = x % MOD;
while (y) { if (y & 1) res = mmul(res, t);
t = mmul(t, t); y >>= 1; }
return res; }
inline int mdiv(int x, int y) { return mmul(x, qpow(y, MOD - 2)); }
int main()
{
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d%d", x + i, y + i);
if (k == x[i])
{
cout << y[i] << endl;
return 0;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int bdiv = 1, div = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (i != j)
{
bdiv = mmul(bdiv, msub(k, x[j]));
div = mmul(div, msub(x[i], x[j]));
}
ans = madd(ans, mmul(y[i], mdiv(bdiv, div)));
}
cout << ans << endl;
return 0;
}