有一个长度为 n n n的数列 a i a_i ai，一开始将数列的前 L L L个丢入队列中。
一次操作是对于队列中的每个数 a i a_i ai，有 a i a_i ai的几率有 1 1 1的贡献。设贡献和为 x x x。
然后将队列中前 x x x个弹出去，再从数列中接着 x x x个。
如果数列中的数取完了，操作停止。
问期望进行多少次操作。
一开始就看错了题意，于是这就变成的了一道神仙题。
只想到了 a i a_i ai相等的情况。
由于时间不够，写出来之后调都不调就交了。
结果自然是爆0。
（话说我在写这个东西的时候没有用分治NTT……不知道是我的方法错了，还是确实能不用分治NTT……）
设 f i f_i fi为当前队列中的数在 [ i , i + L ) [i,i+L) [i,i+L)中的期望。
转移十分显然，这里就不写了。
直接暴力转移肯定不能过，接下来就是在这个东西的基础上优化。
把整个序列倒过来做， f i f_i fi就变成了当前队列中的数在 ( i − L , i ) (i-L,i) (i−L,i)中的期望。
设 P i = ∏ j = i − L + 1 i ( 1 − a j + a j x ) P_i=\prod_{j=i-L+1}^i (1-a_j+a_jx) Pi=∏j=i−L+1i(1−aj+ajx)
随便推一推得：
f i = 1 + ∑ j = 1 L f i − j [ x j ] P i 1 − [ x 0 ] P [ i ] f_i=\frac{1+\sum_{j=1}^Lf_{i-j}[x^j]P_i}{1-[x^0]P[i]} fi=1−[x0]P[i]1+∑j=1Lfi−j[xj]Pi
接下来问题是处理 ∑ j = 1 L f i − j [ x j ] P i \sum_{j=1}^Lf_{i-j}[x^j]P_i ∑j=1Lfi−j[xj]Pi，其它的都很好办。
设 F i = ∑ j = L i f j x j F_i=\sum_{j=L}^if_jx^j Fi=∑j=Lifjxj
于是 ∑ j = 1 L f i − j [ x j ] P i = [ x i ] ( F i − 1 P i ) \sum_{j=1}^Lf_{i-j}[x^j]P_i=[x^i](F_{i-1}P_i) ∑j=1Lfi−j[xj]Pi=[xi](Fi−1Pi)
这下就好看很多了。
考虑分治NTT。假如现在要计算区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]的答案。
对于每个 i ∈ [ l , r ] i\in[l,r] i∈[l,r]，我们把 P i P_i Pi的公因数提取出来，就是 ∏ j = r − L + 1 l ( 1 − a j + a j x ) \prod_{j=r-L+1}^l(1-a_j+a_jx) ∏j=r−L+1l(1−aj+ajx)
设 F l , r ′ = F l − 1 ∏ j = r − L + 1 l ( 1 − a j + a j x ) F_{l,r}^{'}=F_{l-1}\prod_{j=r-L+1}^l(1-a_j+a_jx) Fl,r′=Fl−1∏j=r−L+1l(1−aj+ajx)，这就是前面 [ 1 , l − 1 ] [1,l-1] [1,l−1]区间对每一个 i ∈ [ l , r ] i\in [l,r] i∈[l,r]共有的贡献，可以一起算。
[ x i ] F i , i ′ [x^i]F_{i,i}^{'} [xi]Fi,i′就是对 f i f_i fi的贡献。
考虑如何从 F l , r ′ F_{l,r}^{'} Fl,r′转移至 F l , m i d ′ F_{l,mid}^{'} Fl,mid′和 F m i d + 1 , r ′ F_{mid+1,r}^{'} Fmid+1,r′
F l , m i d ′ = F l − 1 ∏ j = m i d − L + 1 l ( 1 − a j + a j x ) = F l , r ′ ∏ j = m i d − L + 1 r − L ( 1 − a j + a j x ) F_{l,mid}^{'}=F_{l-1}\prod_{j=mid-L+1}^l(1-a_j+a_jx)\\=F_{l,r}^{'}\prod_{j=mid-L+1}^{r-L}(1-a_j+a_jx) Fl,mid′=Fl−1j=mid−L+1∏l(1−aj+ajx)=Fl,r′j=mid−L+1∏r−L(1−aj+ajx)
F m i d + 1 , r ′ = F m i d ∏ j = r − L + 1 m i d + 1 ( 1 − a j + a j x ) = F l , r ′ ∏ j = l + 1 m i d + 1 ( 1 − a j + a j x ) + ( ∑ i = l m i d f i x i ) ∏ j = r − L + 1 m i d + 1 ( 1 − a j + a j x ) F_{mid+1,r}^{'}=F_{mid}\prod_{j=r-L+1}^{mid+1}(1-a_j+a_jx)\\=F_{l,r}^{'}\prod_{j=l+1}^{mid+1}(1-a_j+a_jx)+(\sum_{i=l}^{mid}f_ix^i)\prod_{j=r-L+1}^{mid+1}(1-a_j+a_jx) Fmid+1,r′=Fmidj=r−L+1∏mid+1(1−aj+ajx)=Fl,r′j=l+1∏mid+1(1−aj+ajx)+(i=l∑midfixi)j=r−L+1∏mid+1(1−aj+ajx)
上面式子中的那堆连乘都是可以用分治NTT预处理的。
看起来这个东西并没有优秀到哪里去啊……
我们想要求的，仅仅是 [ x i ] F i , i ′ [x^i]F_{i,i}^{'} [xi]Fi,i′
对于 F l , r ′ F_{l,r}^{'} Fl,r′，如果它一直转移到了叶子节点，那么乘上的多项式的次数是 O ( r − l ) O(r-l) O(r−l)级别的。
我们最终只要对 i ∈ [ l , r ] i\in [l,r] i∈[l,r]的所有 i i i有用的项，这意味着有些次数很小的项，他们次数增高 O ( r − l ) O(r-l) O(r−l)之后依然不会对任何 i ∈ [ l , r ] i\in[l,r] i∈[l,r]的 i i i产生影响，这个项就是没用的。
对于没用的项，那就可以忽略不计。
所以，只需要存最后 O ( r − l ) O(r-l) O(r−l)项就可以了。题解说标程存了最后 2 ( r − l + 1 ) 2(r-l+1) 2(r−l+1)项。
于是这题就做完了，时间复杂度 O ( n lg 2 n ) O(n \lg^2 n) O(nlg2n)。
一个晚上，两个小时思考，再加一个小时写博客整理思路。
这种到现在pty都没有AC的题目，我不知道写出来要多长时间。
就先把题解晾在这里好了……
这题的精髓，除了乱推一波式子以外，我认为是最后的那个保留最后几项的那个操作。
我终于明白了原来分治NTT还能这么搞。
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