从一道 简单题 联想了过来。

Part 1

先复述一遍官方题解的做法：记几何级数$f(x)=a{k}^{bx}$（也就是等比数列），$[2l,2r]$区间内的DP值可以表示为若干个几何级数的和。本题中$k=\frac{1}{2}$，简记上述几何级数为 { a , b } \{a,b\} {a,b}。

有递推式：

$$f_x=k(f_{x+1}+f_{2x})+1$$

对于$x\in [l,r]$，不难归纳得到

$$f_x=k^{r-x+1}{f}_{r+1}+\sum _{i=0}^{r-x}f(2x+2i)k^{i+1}+\sum _{i=0}^{r-x}{k}^i$$

显然，第一项可以表示为 { k r + 1 f r + 1 , − 1 } \{k^{r+1}f_{r+1},-1\} {kr+1fr+1​,−1}，最后一项可以表示为 { 1 1 − k , 0 } + { − k r + 1 1 − k , − 1 } \{\frac{1}{1-k},0\}+\{-\frac{k^{r+1}}{1-k},-1\} {1−k1​,0}+{−1−kkr+1​,−1}。需要注意的是，应该写成关于$x$的函数，且$k$为常量。

大力化式子：

∑ { a , b } ∑ i = 0 r − x a k b ( 2 x + 2 i ) k i + 1 = a k ⋅ k 2 b x ∑ i = 0 r − x k i ( 2 b + 1 ) = a k ⋅ k 2 b x ⋅ 1 − k ( r − x + 1 ) ( 2 b + 1 ) 1 − k 2 b + 1 = a k ⋅ k 2 b x ( 1 1 − k 2 b + 1 − k ( r + 1 ) ( 2 b + 1 ) 1 − k 2 b + 1 k − 2 b x − x ) = a k 1 − k 2 b + 1 k 2 b x − k ( r + 1 ) ( 2 b + 1 ) 1 − k 2 b + 1 k − x = { a k 1 − k 2 b + 1 , 2 b } + { − k ( r + 1 ) ( 2 b + 1 ) 1 − k 2 b + 1 , − 1 } \begin{aligned} \sum_{\{a,b\}}\sum_{i=0}^{r-x}ak^{b(2x+2i)}k^{i+1}&=ak\cdot k^{2bx}\sum_{i=0}^{r-x}k^{i(2b+1)}\\&=ak\cdot k^{2bx}\cdot\frac{1-k^{(r-x+1)(2b+1)}}{1-k^{2b+1}}\\&=ak\cdot k^{2bx}\left(\frac{1}{1-k^{2b+1}}-\frac{k^{(r+1)(2b+1)}}{1-k^{2b+1}}k^{-2bx-x}\right)\\&=\frac{ak}{1-k^{2b+1}}k^{2bx}-\frac{k^{(r+1)(2b+1)}}{1-k^{2b+1}}k^{-x}\\&=\{\frac{ak}{1-k^{2b+1}},2b\}+\{-\frac{k^{(r+1)(2b+1)}}{1-k^{2b+1}},-1\} \end{aligned} {a,b}∑​i=0∑r−x​akb(2x+2i)ki+1​=ak⋅k2bxi=0∑r−x​ki(2b+1)=ak⋅k2bx⋅1−k2b+11−k(r−x+1)(2b+1)​=ak⋅k2bx(1−k2b+11​−1−k2b+1k(r+1)(2b+1)​k−2bx−x)=1−k2b+1ak​k2bx−1−k2b+1k(r+1)(2b+1)​k−x={1−k2b+1ak​,2b}+{−1−k2b+1k(r+1)(2b+1)​,−1}​

其中$k^{2bx}$和$k^{-2bx}$抵消这一步是可以预见的，因为求和上标的$x$系数为负。

因此递推$\log n$个区间即可，注意使用欧拉定理。

预处理出$1-2^{2^t-1}$的逆元即可做到单次查询$O({\log }^{2}n)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
const int mod=998244353;
int T;
ll n,inv2=(mod+1)/2;
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){y=(y%(mod-1)+(mod-1))%(mod-1);ll z(1);for(;y;y>>=1){if(y&1)z=z*x%mod;x=x*x%mod;}return z;
}
vector<pair<ll,ll>>v,v2;
ll calc(ll x){ll y(0);ll tmp=x%(mod-1);for(auto e:v){ll a=e.fi,b=e.se;y=(y+a*fpow(inv2,b*tmp%(mod-1)))%mod;}return y;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>T;while(T--){cin>>n;ll l=n,r=2*n-1;v.clear();while(l>1){l=(l+1)/2,r=r/2;ll x=(fpow(inv2,r+1)*calc(r+1)%mod-fpow(inv2,r))%mod;v2.clear();for(auto e:v){ll a=e.fi,b=e.se,mul=fpow(inv2,2*b+1)-1;mul=fpow(mul);v2.pb({-a*inv2%mod*mul%mod,2*b%(mod-1)});ll tmp1=(2*b+1)%(mod-1),tmp2=(r+1)%(mod-1);x=(x+a*fpow(inv2,tmp1*tmp2%(mod-1)+1)%mod*mul%mod)%mod;}v=v2;v.pb({x,-1}),v.pb({2,0});}cout<<(calc(1)+mod)%mod<<"\n";}
}

Part 2

考虑简单题中的做法：首先得到转化后的递推式$f_i=2f_{i-1}-f_{\frac{i-1}{2}}[i\nmid 2]+a$（通常来说，我们希望递推涉及的项越少越好），而$\frac{i-1}{2}$可以看作$\lfloor \frac{i}{2}\rfloor$，为什么我们只需要$\log n$的空间？因为递推只涉及这$\log n$个项，换句话说，$f_i,f_{\lfloor \frac{i}{2}\rfloor },f_{\lfloor \frac{i}{4}\rfloor },...$ 这些元素的信息是封闭的，当从$i-1$递推到$i$时我们可以根据$i$包含的$2$的个数得到转移矩阵（这里用到了取整函数的基本性质）。

因此，设$f_i$表示数列包含$i$的概率，有递推式

$$f_i=k(f_{i-1}+f_{\frac{i}{2}}[2\mid i])$$

注意到若$x\in [1,2^k)$，则$v_2(x)=v_2(x+2^k)$（二进制下末尾$0$的个数），因此可以递推求出$[1,2^{k+1})$的矩阵乘积。

然而由于是矩阵的递推，因此非常慢，只能做到预处理$O({\log }^{4}n)$，查询$O({\log }^{3}n)$。

Part 3

可以先还是转化成对数列包含$i$的概率求和，然后转化成对恰好等于$n-1$的方案求和。然后数位DP，这就是CF1290F Making Shapes。

还可以多项式。这是因为$n-1$的二进制拆分固定，因此从高位到低位调整，发现实际上就是在做若干次前缀和。因此可以猜测答案就是次数为二进制位数$L$的多项式。不过如果方案带权值的话显然就不对了（如前所述，答案应该是关于$x$的几何级数）。

Part 4

众所周知矩阵乘法实在是太慢了，因此我曾经试图用多项式插值来代替矩阵乘法。现在想来这个想法是比较可笑的，因为矩阵乘法是用来加速递推的，而如果递推出来是几何级数那么显然就不能用多项式来求。

不过多项式插值还有其他的应用。例如我出的某一道题。🤔