题面
题解
先扔着，有空再看吧
首先，对\(f(x,k)\)，有
\[ \begin{aligned} f(x,k) &=\sum_{i=1}^n(x+a_i)^k\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k{k\choose j}x^j{a_i}^{k-j}\\ &=\sum_{j=0}^k{k\choose j}x^j\sum_{i=1}^n{a_i}^{k-j}\\ \end{aligned} \]
然后对\(g(t,k)\)，有
\[ g(t,k)=\sum_{x=0}^t\sum_{j=0}^k{k\choose j}x^j\sum_{i=1}^n{a_i}^{k-j} \]
写成卷积形式
\[ {g(t,k)\over k!}=\sum_{j=0}^k{\sum_{x=0}^tx^j\over j!}{\sum_{i=1}^n{a_i}^{k-j}\over (k-j)!} \]
我们需要求出\(G(x)\)的第\(k\)项的系数乘上\(k!\)就是题目中所说的\(g(T,k)\)的答案
所以我们现在需要快速求出后面两个多项式的系数
左边
令第一个多项式为\(F(z)\)，则有
\[ \begin{aligned} F(z)=\sum_{i=0}^\infty z^i{\sum_{k=0}^tk^i\over i!} \end{aligned} \]
后面是一个自然数幂和的形式，把它化成伯努利数的形式，有
\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^tk^i &=t^i+{1\over i+1}\sum_{k=0}^i{i+1\choose k}B_kt^{k+1-i}\\ &={1\over 2}t^i+{t^{i+1}\over i+1}+{1\over i+1}\sum_{k=2}^i{i+1\choose k}B_kt^{k+1-i}\\ &={1\over 2}t^i+{t^{i+1}\over i+1}+i!\sum_{k=2}^i{B_k\over k!}{t^{k+1-i}\over (k+1-i)!}\\ \end{aligned} \]
把后面那个多项式系数求出来，我们就能\(O(n)\)求得\(F(z)\)每一项的系数了
对于后面那个多项式，也可以看成一个卷积的形式，只要注意因为没有\(B_0\)和\(B_1\)的贡献，所以要把新的多项式里这两项的值设为\(0\)
右边
令第二个多项式为\(H(z)\)，有
\[ \begin{aligned} H(z)=\sum_{i=0}^\infty z^i{\sum_{k=1}^n{a_k}^i\over i!} \end{aligned} \]
然后发现\(\sum_{k=1}^n{a_k}^i\)很难计算，考虑怎么化简
首先，众所周知\({1\over 1-x}=1+x+x^2+...\)
以及\({1\over 1-ax}=1+ax+a^2x^2+...\)
那么有
\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n{1\over 1-a_ix}=(1+1+1+1+...)+(\sum_{i=1}^n{a_i})x+(\sum_{i=1}^n{a_i}^2)x^2+... \end{aligned} \]
所以可以转为求左边那个多项式的系数，对于左边的系数……我好像算不来了……坑着吧……