题意

有一个长为 \(N\) 的序列 \(A = [1, 2, 3, \dots, N]\) ，求所有长度 \(\le K\) 的子串权值积的和，对于 \(M\) 取模。

\(N \le 10^{18}, K \le \min(600, n), M \le 10^{18}\)

题解

一道还有些意思的组合数学题 qwq

一开始觉得这不是 \(K\) 次多项式么，直接插值QAQ 发现模数不给，逆元可能都没有，太不友好啦。

令 \(ans_k\) 为长度为 \(k\) 的子串的贡献和。其实我们就是求对于所有 \(k \le K\) 的 \(ans_k\) 的和。

先推推式子。

\[\begin{aligned}
ans_k &= \sum_{i = k}^{n} \frac{i!}{(i - k)!}\\
&= k! \sum_{i = k}^{n} {i \choose k}\\
&= k! {n + 1 \choose k + 1}
\end{aligned}
\]

那么我们最后就是求对于所有 \(k \le K\) 的 \(k!\) 和 \(\displaystyle {n + 1 \choose k +1}\) 。

前者很好求，对于后者么。。。组合数，\(n\) 好大。。\(Lucas\) ？\(m\) 也好大。。。弃疗

但我们会发现 \(k\) 其实不是很大QAQ

我们需要知道有这样一个东西

\[{n + m \choose r} = \sum_{k = 0}^{r} {n \choose k} \times {m \choose r - k}
\]

为什么呢？思考一下组合意义就很明显啦。

当 \(n = m\) 的时候就有

\[{2n \choose r} = \sum_{k = 0}^{r} {n \choose k} \times {n \choose r - k}
\]

有了这个就很好做啦~

我们维护一个序列 \(A_i\) 为 \(\displaystyle [{i \choose 0}, {i \choose 1}, \dots, {i \choose K + 1}]\) 。最后我们要求的就是 \(A_{N + 1}\) 。

那么有前面那个式子，我们就可以倍增求出 \(A_n\) 啦。

所以复杂度是 \(O(k^2 \log n)\) 的。（默认不适用慢速乘，用 __int128 ）

前面那个是卷积的形式，也可以用 \(FFT\) 优化到 \(O(k \log k \log n)\) ，但由于模数很鬼畜，似乎没有那么优秀。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)

#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))

#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

using ll = __int128;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }

template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

template<typename T>

inline T read() {

	T x(0), sgn(1); char ch(getchar());

	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;

	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);

	return x * sgn;

}

void File() {

#ifdef zjp_shadow

	freopen ("sliding-product-sum.in", "r", stdin);

	freopen ("sliding-product-sum.out", "w", stdout);

#endif

}

const int N = 610;

ll n, Mod; int k;

struct Array {

	ll a[N];

	Array() { Set(a, 0); }

	inline Array friend operator * (const Array &lhs, const Array &rhs) {

		Array res;

		For (i, 0, k) For (j, 0, k - i)

			res.a[i + j] = (res.a[i + j] + lhs.a[i] * rhs.a[j]) % Mod;

		return res;

	}

};

ll fac[N];

Array fpm(Array x, ll power) {

	Array res = x; -- power;

	for (; power; power >>= 1, x = x * x)

		if (power & 1) res = res * x;

	return res;

}

int main() {

	File(); 

	n = read<ll>() + 1;

	k = read<int>() + 1;

	Mod = read<ll>();

	Array base; base.a[0] = base.a[1] = 1;

	Array prod = fpm(base, n);

	fac[0] = 1;

	For (i, 1, k) fac[i] = fac[i - 1] * i % Mod;

	ll ans = 0;

	For (i, 2, k)

		ans = (ans + fac[i - 1] * prod.a[i]) % Mod;

	printf ("%lld\n", (long long)(ans));

	return 0;

}

巴特西

CS Academy Sliding Product Sum（组合数）

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