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这是很大的东西，这里只是初学的一些简单题罢了......

以下不区分 FFT 与 NTT

分治 FFT

我们知道，常规的卷积是这样：

\[h_{i}=\sum_{j=0}^{i}f_jg_{i-j} \]

然而很多时候，我们的数列是由自身递推而来的，或者说，形如：

\[f_{i}=\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}g_{i-j} \]

运用 cdq 分治 + FFT ，我们可以在 \(O(n \log^2 n)\) 的时间内求出 \(f_1\sim f_{n}\)（\(f_0\) 应该作为初始项给出）。

模板：洛谷P4721 分治FFT

1. ABC213H Stroll

其实看上去很像矩乘，但边权太大了...

依旧设 \(f(i,j)\) 是 \(1\rightarrow i\) 的长度为 \(j\) 的路径数，然后我们发现它的转移十分像卷积。但是会用到之前的 \(f\)。所以分治 FFT 一下即可。时间复杂度 \(O(m T\log^2T)\)。

2. LOJ575 不等关系

好题。LOJ的官方题解讲得很好了。

此类问题的一个常见套路是 \(dp\) ：我们从小到大地添加元素进去。但是在本题中没有什么前途。所以得寻找新的方法。

排列计数的另一常见套路是容斥，我们考虑如果只指定某些相邻位置是升序怎么做。换言之要求这个排列被划分成了若干升序段。设段长分别为 \(a_1,a_2,...,a_k\) 那么方案数就是 \(\frac{n!}{\prod a_i!}\)。

本题中，设有 \(k\) 个大于号。设条件 \(A_i\) 代表：第 \(i\) 个大于号的左边大于右边。则我们求的是：

\[|A_1\cap A_2 \cap...\cap A_k|=\sum_{j=0}^{k}(-1)^{j}|\overline{A_{i_1}}\cap...\cap\overline{A_{i_j}}| \]

右边的部分，就只是要求部分大于号和所有小于号的两遍都满足左小于右，其余地没有限制。容易发现方案数就是开始提到的 \(\frac{n!}{\prod_{a_i!}}\)。

此时考虑 dp 来算容斥式子。首先 \(n!\) 可以提出来，所以我们只关心 \((-1)^{j}\) 这个容斥系数，以及分母。

设 \(dp(i)\) 是前 \(i\) 个 数 的答案。\(dp(0)=1\) 显然。然后我们发现，这里我们不是要枚举哪些数在集合里，而是枚举哪些数不在集合里（这些位置把整个排列划分成了若干上升段）。具体地：

\[dp(i)=\sum_{j=0}^{i-1}[j=0 \lor s_{j}=>]\times (-1)^{cnt_{i-1}-cnt_{j}}\times dp(j)\times \frac{1}{(i-j)!} \]

其中 \(cnt_i\) 是前 \(i\) 个 符号 里大于号的个数。

我们发现这还是 \(n^2\) 的。但是明显是分治 FFT 的式子，于是优化到 \(O(n\log^2 n)\)。

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来源： https://www.cnblogs.com/Cry-For-theMoon/p/16107831.html

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