@ivorysi 2018-01-02T08:57:28.000000Z 字数 11440 阅读 807

FFT学习笔记

笔记

具体证明还是在纸上写吧，在这写太麻烦了

BZOJ 3527: [Zjoi2014]力

Description

给出n个数qi，给出Fj的定义如下：
$F_j=\sum_{i<j}\frac{q_i q_j}{(i-j)^2}-\sum_{i>j}\frac{q_i q_j}{(i-j)^2}$
令Ei=Fi/qi，求Ei.

Input

第一行一个整数n。
接下来n行每行输入一个数，第i行表示qi。
n≤100000，0

Output

n行，第i行输出Ei。与标准答案误差不超过1e-2即可。

Sample Input

5
4006373.885184
15375036.435759
1717456.469144
8514941.004912
1410681.345880

Sample Output

-16838672.693
3439.793
7509018.566
4595686.886
10903040.872

题解

$\frac {F_j}{q_j}=\sum_{i<j}\frac{q_i }{(i-j)^2}-\sum_{i>j}\frac{q_i}{(i-j)^2}$

$E_j=\sum_{i<j}\frac{q_i }{(i-j)^2}-\sum_{i>j}\frac{q_i}{(i-j)^2}$

$E_1=-\frac{q_2}{1^2}-\frac{q_3}{2^2}-\frac{q_4}{3^2}$
$E_2=+\frac{q_1}{1^2}-\frac{q_3}{1^2}-\frac{q_4}{2^2}$
$E_3=+\frac{q_1}{2^2}+\frac{q_2}{1^2}-\frac{q_4}{1^2}$
$E_4=+\frac{q_1}{3^2}+\frac{q_2}{2^2}+\frac{q_3}{1^2}$

我们发现实际上就是
$q_1,q_2,q_3,q_4$
$0,\frac{1}{1^2},\frac{1}{2^2},\frac{1}{3^2}$ 对应位置的系数
减去
$q_4,q_3,q_2,q_1$
$0,\frac{1}{1^2},\frac{1}{2^2},\frac{1}{3^2}$ 相反位置的系数
用FFT优化卷积

有一点没想通就是为什么他们都把数组长度做n*2然后再扩展次数界
才反应过来……乘法后的数字长度不是最多往后扩展两倍吗……多项式乘法最大不就最高次项指数翻一番吗……所以次数界最小不就要比n*2还要大吗

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define siji(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define gongzi(j,x,y) for(int j=(x);j>=(y);--j)
#define xiaosiji(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);++i)
#define MAXN 400005
#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long ll;
struct complex {
    double r,i;
    complex(double real=0.0,double image=0.0) {
        r=real;i=image;
    }
    complex operator + (const complex &rhs) {
        return complex(r+rhs.r,i+rhs.i);
    }
    complex operator - (const complex &rhs) {
        return complex(r-rhs.r,i-rhs.i);
    }
    complex operator * (const complex &rhs) {
        return complex(r*rhs.r-i*rhs.i,r*rhs.i+i*rhs.r);
    }
};
const double PI=acos(-1.0);
void brc(complex *p,int l) {
    int j=l/2;
    for(int i=1;i<l-1;++i) {
        if(i<j) swap(p[i],p[j]);
        int k=l/2;
        while(j>=k) {
            j-=k;
            k>>=1;
        } 
        j+=k;
    }
}
void FFT(complex *p,int l,int on) {
    brc(p,l);
    complex u,t;
    for(int h=2;h<=l;h<<=1) {
        complex wn=complex(cos(on*2*PI/h),sin(on*2*PI/h));
        for(int k=0;k<l;k+=h) {
            complex w=complex(1.0,0);
            for(int j=k;j<k+h/2;++j) {
                u=p[j];
                t=w*p[j+h/2];
                p[j]=u+t;
                p[j+h/2]=u-t;
                w=w*wn;
            }
        }
    }
}
int n;
complex f[MAXN],f_rev[MAXN],g[MAXN],ans1[MAXN],ans2[MAXN];
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&n);--n;
    siji(i,0,n) {
        scanf("%lf",&f[i].r);
        f_rev[n-i]=f[i];
    }
    siji(i,1,n) {
        g[i].r=1.0/i/i;
    }
    int l=1;while(l-1<n*2) {l<<=1;}
    FFT(f,l,1);FFT(f_rev,l,1);FFT(g,l,1);
    xiaosiji(i,0,l) {
        ans1[i]=f[i]*g[i];
        ans2[i]=f_rev[i]*g[i];
    }
    FFT(ans1,l,-1);FFT(ans2,l,-1);
    xiaosiji(i,0,l) ans1[i].r/=l,ans2[i].r/=l;
    siji(i,0,n) {
        printf("%.3lf\n",ans1[i].r-ans2[n-i].r);
    }
    return 0;
}

BZOJ 3771: Triple

Description

我们讲一个悲伤的故事。
从前有一个贫穷的樵夫在河边砍柴。
这时候河里出现了一个水神，夺过了他的斧头，说：
“这把斧头，是不是你的？”
樵夫一看：“是啊是啊！”
水神把斧头扔在一边，又拿起一个东西问：
“这把斧头，是不是你的？”
樵夫看不清楚，但又怕真的是自己的斧头，只好又答：“是啊是啊！”
水神又把手上的东西扔在一边，拿起第三个东西问：
“这把斧头，是不是你的？”
樵夫还是看不清楚，但是他觉得再这样下去他就没法砍柴了。
于是他又一次答：“是啊是啊！真的是！”
水神看着他，哈哈大笑道：
“你看看你现在的样子，真是丑陋！”
之后就消失了。
樵夫觉得很坑爹，他今天不仅没有砍到柴，还丢了一把斧头给那个水神。
于是他准备回家换一把斧头。
回家之后他才发现真正坑爹的事情才刚开始。
水神拿着的的确是他的斧头。
但是不一定是他拿出去的那把，还有可能是水神不知道怎么偷偷从他家里拿走的。
换句话说，水神可能拿走了他的一把，两把或者三把斧头。
樵夫觉得今天真是倒霉透了，但不管怎么样日子还得过。
他想统计他的损失。
樵夫的每一把斧头都有一个价值，不同斧头的价值不同。总损失就是丢掉的斧头价值和。
他想对于每个可能的总损失，计算有几种可能的方案。
注意：如果水神拿走了两把斧头a和b，(a,b)和(b,a)视为一种方案。拿走三把斧头时，(a,b,c),(b,c,a),(c,a,b),(c,b,a),(b,a,c),(a,c,b)视为一种方案。

Input

第一行是整数N，表示有N把斧头。
接下来n行升序输入N个数字Ai，表示每把斧头的价值。

Output

若干行，按升序对于所有可能的总损失输出一行x y，x为损失值，y为方案数。

Sample Input

4
4
5
6
7

Sample Output

4 1
5 1
6 1
7 1
9 1
10 1
11 2
12 1
13 1
15 1
16 1
17 1
18 1

样例解释

11有两种方案是4+7和5+6，其他损失值都有唯一方案，例如4=4,5=5,10=4+6,18=5+6+7.

HINT

所有数据满足：Ai<=40000

题解

我FFT写出了一个很蠢的错误！把h写成了l……
这道题用fft，就是复杂化加法，因为我们知道，两个数相乘，指数相加
然后用a表示一个数的多项式，b表示两个相同的数搭配起来的值的多项式，c表示3个相同的数搭配出来的多项式
两把斧子的搭配方式 (a*a-b)/2
三把斧子搭配方式 (a*a*a-a*b*3+c*2)/6
用的是容斥原理

【打倒资本主义河神】

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define siji(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define gongzi(j,x,y) for(int j=(x);j>=(y);--j)
#define xiaosiji(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);++i)
#define MAXN 40005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long ll;
struct complex {
    double r,i;
    complex(double real=0.0,double image=0.0) {
        r=real;i=image;
    }
    friend complex operator +(const complex &a,const complex &b) {
        return complex(a.r+b.r,a.i+b.i);
    }
    friend complex operator -(const complex &a,const complex &b) {
        return complex(a.r-b.r,a.i-b.i);
    }
    friend complex operator *(const complex &a,const complex &b) {
        return complex(a.r*b.r-a.i*b.i,a.r*b.i+a.i*b.r);
    }
}a[MAXN*4],b[MAXN*4],c[MAXN*4],e2[MAXN*4],e3[MAXN*4];
const double PI=acos(-1.0);
ll ans[MAXN*4];
int tot,n;
void brc(complex *p,int l) {
    int j=l/2;
    xiaosiji(i,1,l-1) {
        if(i<j) swap(p[i],p[j]);
        int k=l/2;
        while(j>=k) {
            j-=k;
            k>>=1;
        }
        j+=k;
    }
}
void FFT(complex *p,int l,int on) {
    brc(p,l);
    complex u,t;
    for(int h=2;h<=l;h<<=1) {
        complex wn(cos(on*2*PI/h),sin(on*2*PI/h));
        for(int k=0;k<l;k+=h) {
            complex w(1.0,0);
            for(int j=k;j<k+h/2;++j) {
                u=p[j];
                t=w*p[j+h/2];
                p[j]=u+t;
                p[j+h/2]=u-t;
                w=w*wn;
            }
        }
    }
    if(on==-1) {
        xiaosiji(i,0,l) p[i].r/=l;
    }
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&n);
    int x;
    siji(i,1,n) {
        scanf("%d",&x);
        ans[x]++;
        tot=max(tot,x);
        a[x].r=1.0;b[2*x].r=1.0;c[3*x].r=1.0;
    }
    int l=1;while(l-1<3*tot) l<<=1;
    FFT(a,l,1);FFT(b,l,1);FFT(c,l,1);
    xiaosiji(i,0,l) {
        e2[i]=(a[i]*a[i]-b[i])*complex(1.0/2.0,0);
        e3[i]=(a[i]*a[i]*a[i]-a[i]*b[i]*complex(3,0)+c[i]*complex(2,0))
        *complex(1.0/6.0,0);
    }
    FFT(e2,l,-1);FFT(e3,l,-1);
    xiaosiji(i,0,l) {
        ans[i]+=(ll)(e2[i].r+0.5);
        ans[i]+=(ll)(e3[i].r+0.5);
        if(ans[i]!=0) {
            printf("%d %d\n",i,ans[i]);
        }
    }
    return 0;
}

BZOJ 3509: [CodeChef] COUNTARI

Description

给定一个长度为N的数组A[]，求有多少对i, j, k（1<=i

Input

第一行一个整数N（N<=10^5）。
接下来一行N个数A[i]（A[i]<=30000）。

Output

一行一个整数。

Sample Input

10
3 5 3 6 3 4 10 4 5 2

Sample Output

9

题解

fft运算的数组开四倍！
这道题可以很容易想到一个用FFT暴力的思路，枚举中间点，两边用卷积快速算一下，复杂度是 $O(nV\log V)$ 显然超时
然后很神奇的是我们可以用空间换时间，这种方法就是分块
我们把这n个数分成 $S$ 个为一块，一共有 $tot$ 块，额外开数组记下每个块中数出现的次数，对于一个点，在如果i，k在块内都可以通过预处理的数值计算出来
例如当前块的编号是id，我们要记录块[1,id-1]之间每个数字出现的个数，块[id+1,tot]之间每个数的个数，然后块里排在它之前每个数出现的个数，当前数字编号为p，枚举块内除了p以外所有点进行转移
这样有什么好处呢，假如i和k都不在块内我们才需要卷积，这样可以降低卷积的次数，也就是说，卷积的次数减少到了块的个数
那么复杂度就变成了 $O(totV \log V+S^2*tot+tot*V)$
这里最影响复杂度的算是 $V log V$ 了， $S^2*tot=Sn$ 大概可以支持S到2000左右，如果S是根号n的话会超时

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define siji(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define gongzi(j,x,y) for(int j=(x);j>=(y);--j)
#define xiaosiji(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);++i)
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long ll;
struct complex {
    double r,i;
    complex(double real=0.0,double image=0.0) {
        r=real;i=image;
    }
    friend complex operator +(const complex &a,const complex &b) {
        return complex(a.r+b.r,a.i+b.i);
    }
    friend complex operator -(const complex &a,const complex &b) {
        return complex(a.r-b.r,a.i-b.i);
    }
    friend complex operator *(const complex &a,const complex &b) {
        return complex(a.r*b.r-a.i*b.i,a.r*b.i+a.i*b.r);
    }
}Lnum[200005],Rnum[200005],match[200005];
const double PI=acos(-1.0);
void brc(complex *p,int l) {
    int j=l/2;
    xiaosiji(i,1,l-1) {
        if(i<j) swap(p[i],p[j]);
        int k=l/2;
        while(j>=k) {
            j-=k;
            k>>=1;
        }
        j+=k;
    }
}
void FFT(complex *p,int l,int on) {
    brc(p,l);
    complex u,t;
    for(int h=2;h<=l;h<<=1) {
        complex wn(cos(on*2*PI/h),sin(on*2*PI/h));
        for(int k=0;k<l;k+=h) {
            complex w(1.0,0);
            for(int j=k;j<k+h/2;++j) {
                u=p[j];
                t=w*p[j+h/2];
                p[j]=u+t;
                p[j+h/2]=u-t;
                w=w*wn;
            }
        }
    }
    if(on==-1) {
        xiaosiji(i,0,l) p[i].r/=l;
    }
}
ll ans;
int n,a[MAXN],lim,Lz;
int R[200005],L[200005],cnt[60005][350],cnt_pre[60005];
int bl[350],br[350],tot,S;
void Block_Init() {
    S=1000;
    xiaosiji(i,0,n) {
        if(i%S==0) br[tot]=i-1,bl[++tot]=i;
    }
    br[tot]=n-1;
    siji(i,1,tot) {
        siji(j,bl[i],br[i]) {
            cnt[a[j]][i]++;
        }
    }
}
void calc(int p) {
    int id=p/S+1;
    siji(j,bl[id],p-1) {
        if(2*a[p]>=a[j]) ans+=R[2*a[p]-a[j]];
    }
    siji(j,p+1,br[id]) {
        if(2*a[p]>=a[j]) ans+=L[2*a[p]-a[j]]+cnt_pre[2*a[p]-a[j]];
    }
    if(p==0 || p==n-1) return;
    ans+=(ll)(match[2*a[p]].r+0.5);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&n);
    xiaosiji(i,0,n) {
        scanf("%d",&a[i]);
        lim=max(lim,a[i]);
        R[a[i]]++;
    }
    Block_Init();
    Lz=1;while(Lz-1<2*lim) Lz<<=1;
    siji(i,1,tot) {
        siji(j,0,lim) {R[j]-=cnt[j][i];cnt_pre[j]=0;}
        if(i!=1 || i!=tot) {
            siji(j,0,Lz) {
                Lnum[j]=complex(L[j],0);
                Rnum[j]=complex(R[j],0);
            }
            FFT(Lnum,Lz,1);FFT(Rnum,Lz,1);
            xiaosiji(j,0,Lz) {
                match[j]=Lnum[j]*Rnum[j];
            }
            FFT(match,Lz,-1);
        }
        siji(j,bl[i],br[i]) {
            calc(j);
            ++cnt_pre[a[j]];
        }
        siji(j,0,lim) {L[j]+=cnt[j][i];}
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

BZOJ 3456: 城市规划

Description

刚刚解决完电力网络的问题, 阿狸又被领导的任务给难住了.
刚才说过, 阿狸的国家有n个城市, 现在国家需要在某些城市对之间建立一些贸易路线, 使得整个国家的任意两个城市都直接或间接的连通. 为了省钱, 每两个城市之间最多只能有一条直接的贸易路径. 对于两个建立路线的方案, 如果存在一个城市对, 在两个方案中是否建立路线不一样, 那么这两个方案就是不同的, 否则就是相同的. 现在你需要求出一共有多少不同的方案.
好了, 这就是困扰阿狸的问题. 换句话说, 你需要求出n个点的简单(无重边无自环)无向连通图数目.
由于这个数字可能非常大, 你只需要输出方案数mod 1004535809(479 * 2 ^ 21 + 1)即可.

Input

仅一行一个整数n(<=130000)

Output

仅一行一个整数, 为方案数 mod 1004535809.

Sample Input

3

Sample Output

4

题解

这道题的质数比较神奇是 $k*2^n+1$
然后2^n还正好比n要大

然后我们进行神奇的，多项式求逆元
首先求逆元的式子是
$A(x)B(x) \equiv 1 (\mod x^n)$
我们要求 $B(x)$
假如我们求好了
$A(x)B'(x) \equiv 1 (\mod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil} )$
然后去求 $B(x)$
$A(x)B(x) \equiv 1 (\mod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})$
为什么模数换了还成立啊……因为 $x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}$ 当然是 $x^n$ 的约数啊
然后后两个式子相减
$B(x)-B'(x) \equiv 0(\mod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})$
我们把两边平方
$B^2(x)-2B(x)B'(x)+B'^2(x) \equiv 0(\mod x^n)$
为什么平方还成立啊
因为平方以前里面式子的每个项前面的系数都是0
平方以后 $a_k=\sum^{k}_{i=0}a_i*a_{k-i}$ i和k-i必然有一个东西是小于 $\lceil\frac{n}{2}\rceil$ 的
所以平方后还成立

然后式子两边乘上 $A(x)$
$B(x) \equiv 2B'(x)-A(x)B'^2(x) (\mod x^n)$
然后用FNT加速一下这个东西就好了

然后再说FNT是个什么鬼
因为我们的FFT只能满足在复数领域随便的乱搞，万一有了取模呢……然后就会变得特别的烦人
对于这道题，模数是一个非常神奇的东西，也就是说是 $p=k*2^l+1$ ，它还是个质数
同时这个 $2^l > n$
假如2×n的次数界就是 $2^l$ 的话
然后对于质数我们求它的原根（这道题的原根是3），原根和单位复根比较像，转到很多个不同的值后，根据费马小定理，还能会到1
令 $g_n = g^k (\mod p)$ 这样保证了 $g_{n}^{n}=1$ ,同时还使这一圈取值各不相同，和单位复根的性质是一样的
然后我们就把 $g_n$ 当成单位复根做FFT就好，实际上还是很简单的

把基础知识都说了一遍之后，我们再来推卷积
我们设 $g(n)=2^{C^n_2}$ 是不考虑连通性的简单无向图的个数
然后设 $f(n)$ 是考虑连通性后简单无向图的个数，也就是我们需要的答案
$g(n)=\sum_{i=1}^{n}C_{i-1}^{n-1}f(i)*g(n-i)$
$g(n)=\sum_{i=1}^{n}\frac{(n-1)!}{(n-i)!(i-1)!}f(i)*g(n-i)$
然后等式两边同时除以 $(n-1)!$ 同时把 $g(n)$ 代入
$\frac {2^{C^n_2}}{(n-1)!}=\sum_{i=1}^{n}\frac{f(i)}{(i-1)!}\frac{2^{C^{n-i}_{2}}}{(n-i)!}$
我们发现这个东西满足卷积

然后
$G(n)=\sum^{n}_{i=0}\frac{g(i)}{i!}x^i$
$F(n)=\sum^{n}_{i=1}\frac{f(i)}{(i-1)!}x^i$
$C(n)=\sum^{n}_{i=1}\frac{g(i)}{(i-1)!}x^i$
然后 $F(n)G(n)=C(n)$
求 $G(n)$ 的逆元
然后 $F(n)=C(n)G^{-1}(n)$

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#define siji(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define gongzi(j,x,y) for(int j=(x);j>=(y);--j)
#define xiaosiji(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);++i)
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN =1<<20;
const ll MOD=(479<<21)+1;
const int primitive_root=3;
int eps_length;
int n;
struct node {
    ll x[MAXN];
    int deg;
    node(){
    deg=0;
    x[0]=0;
    }
};
ll inv_fac[MAXN],inv[MAXN];
ll w[MAXN],inv_w[MAXN],X[MAXN],choose[MAXN],ans;
ll fpow(ll x,ll c) {
    ll res=1,t=x;
    while(c) {
    if(c&1) res=res*t%MOD;
    t=t*t%MOD;
    c>>=1;
    }
    return res;
}
void init_w(int L) {
    ll base=fpow(primitive_root,(MOD-1)/L);
    ll inv_base=fpow(base,MOD-2);
    w[0]=1;inv_w[0]=1;
    xiaosiji(i,1,L) {
    w[i]=w[i-1]*base%MOD;
    inv_w[i]=inv_w[i-1]*inv_base%MOD;
    }
    eps_length=L;
}
void FNT(ll *p,int L,ll *eps,int on) {
    for(int i=1,j=L/2;i<L-1;++i) {
    if(i<j) swap(p[i],p[j]);
    int k=L/2;
    while(j>=k) j-=k,k>>=1;
    j+=k;
    }
    ll u,t;
    for(int h=2;h<=L;h<<=1) {
    for(int k=0;k<L;k+=h) {
        for(int j=k,q=0;j<k+h/2;++j,q+=eps_length/h) {
        u=p[j];
        t=eps[q]*p[j+h/2]%MOD;
        p[j]=(u+t)%MOD;
        p[j+h/2]=((u-t)%MOD+MOD)%MOD;
        }
    }
    }
    if(on==-1) {
    ll inv_L=fpow(L,MOD-2);
    xiaosiji(i,0,L) {
        p[i]=p[i]*inv_L%MOD;
    }
    }
}
void calc_Inverse(int n,node &A,node &B) {
    if(n==1) {
    B.x[0]=fpow(A.x[0],MOD-2);
    B.deg=1;
    return;
    }
    calc_Inverse((n+1)>>1,A,B);
    int L=1;while(L-1 < n*2) L<<=1;
    xiaosiji(i,0,n) X[i]=A.x[i];
    xiaosiji(i,n,L) X[i]=0;
    xiaosiji(i,B.deg,L) B.x[i]=0;
    FNT(X,L,w,1);FNT(B.x,L,w,1);
    xiaosiji(i,0,L) {
    B.x[i]=B.x[i]*(2-X[i]*B.x[i]%MOD+MOD)%MOD;
    }
    FNT(B.x,L,inv_w,-1);
    B.deg=n;
}
node A,B,C;
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&n);
    int L=1;while(L-1 < (n+1)*2) L<<=1;
    inv[1]=1;inv_fac[1]=inv_fac[0]=1;
    siji(i,2,n) {
    inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
    inv_fac[i]=inv[i]*inv_fac[i-1]%MOD;
    }
    init_w(L);
    calc_Inverse(n,A,C);
    choose[0]=choose[1]=1;
    siji(i,2,n) {
    choose[i]=fpow(2,(ll)i*(i-1)/2%(MOD-1));    
    }
    siji(i,0,n) {
    A.x[i]=choose[i]*inv_fac[i]%MOD;
    }
    siji(i,1,n) {
    B.x[i]=choose[i]*inv_fac[i-1]%MOD;
    }
    calc_Inverse(n+1,A,C);
    xiaosiji(i,C.deg,L) {
    C.x[i]=0;
    }
    FNT(C.x,L,w,1);
    FNT(B.x,L,w,1);
    xiaosiji(i,0,L) {
    C.x[i]=C.x[i]*B.x[i]%MOD;
    }
    FNT(C.x,L,inv_w,-1);
    ans=C.x[n]*fpow(inv_fac[n-1],MOD-2)%MOD;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

FFT学习笔记

具体证明还是在纸上写吧，在这写太麻烦了

BZOJ 3527: [Zjoi2014]力

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