【BZOJ 4734】【UOJ 269】【清华集训2016】 如何优雅地求和

题意：给定m次多项式f(x)，求∑nk=0f(k)(nk)xk(1−x)n−k。

老年选手石乐志看不出二项式展开的悲惨经历

【搞笑做法】
考虑多项式f(x)=∑kakxk代入原式，将xk(1−x)n−k换成xnyk，有

xn∑jaj∑k(nk)ykkj

设gn(m)=∑k(nk)ykkm，则

gn(m)=∑k((n−1k)+(n−1k−1))ykkm=gn−1(m)+y∑j(mj)gn−1(j)

设Gn(z)=∑kgn(k)zk/k!，则Gn(z)=(yez+1)Gn−1(z)。
于是多项式快速幂即可。。。。理论上这里是O(mlogm)的。。。常数顶两个log
然而这个题他多项式给的是点值。。。所以要这么做的话还得写个快速插值。。。
这样就成功把所有多项式操作都写进来啦
复杂度就变成了O(mlog2m)。。。

要不是我不(lan)会(de)写(xie)快速插值可能就上这玩意了。。。
秉着【出题人一定不会写这么毒瘤的东西】的想法直接用点值来推。。。也能做。。而且复杂度更优秀了。。（当然是在给了点值的情况下。。。）

【正常(?)做法】
考虑f(x)的牛顿表示，将系数反演后代入，得

answer=∑k=0n∑j=0m∑i=0j(−1)j−i(ji)f(i)(kj)(nk)xk(1−x)n−k=∑j=0m(∑i(ji)(−1)j−if(j))(∑k=0(nk)(kj)xk(1−x)n−k)=∑j=0m(nj)j!([zj]E(z)F(z))(∑k=0(n−jk−j)xk(1−x)n−k)=∑j=0m(nj)j!([zj]E(z)F(z))(∑k=0n−j(n−jk)xk+j(1−x)n−j−k)=∑j=0m(nj)j!xj[zj]E(z)F(z)

其中E(z)=∑k(−1)kzk/k!,F(z)=∑kf(k)/k!。
于是只需要算E(Z)和F(Z)的卷积即可。。。时间复杂度就变成了O(mlogm)。。。
不太懂为啥m只出到了2e4啊。。。怕不是std真的是上面那个搞笑做法。。。

【主要代码】

int N , len;arr rev , wn , f , e;inline void init(int n , int m) {    for (N = 1 , len = 0; N <= n + m; N <<= 1 , len ++);    For (i , 0 , N) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));    int g = Pow(G , (mod - 1) / N);    wn[0] = 1; For (i , 1 , N) wn[i] = mul(wn[i - 1] , g);}inline void dft(int *a , int n , int v) {    For (i , 0 , n) if (i < rev[i]) swap(a[i] , a[rev[i]]);    for (int s = 2 , i = 1; s <= n; s <<= 1 , i ++) {        int g = wn[1 << (len - i)];        for (int k = 0; k < n; k += s) {            int w = 1;            For (j , 0 , s / 2) {                int u = a[k + j] , t = mul(w , a[k + j + s / 2]);                a[k + j] = add(u , t) , a[k + j + s / 2] = dec(u , t);                w = mul(w , g);            }        }    }    if (v == -1) {        int w = Pow(n , mod - 2);        For (i , 0 , n) a[i] = mul(a[i] , w);    }}int n , m , x;arr frac , invF;void input() {    n = rd() , m = rd() , x = rd();    frac[0] = 1;    rep (i , 1 , m) frac[i] = mul(frac[i - 1] , i);    invF[m] = Pow(frac[m] , mod - 2);    per (i , m , 1) invF[i - 1] = mul(invF[i] , i);    rep (i , 0 , m) f[i] = mul(rd() , invF[i]);    rep (i , 0 , m) e[i] = (i & 1) ? mod - invF[i] : invF[i];}void solve() {    init(m , m);    dft(f , N , 1) , dft(e , N , 1);    For (i , 0 , N) f[i] = mul(f[i] , e[i]);    reverse(wn + 1 , wn + N);    dft(f , N , -1);    int ans = 0;    int ff = 1 , tt = 1;    rep (i , 0 , m) {        int tmp = mul(ff , tt);        tmp = mul(tmp , f[i]);        ans = add(ans , tmp);        ff = mul(ff , n - i);        tt = mul(tt , x);    }    printf("%d\n" , ans);}