【BZOJ3992】序列统计（动态规划，NTT）
题面
题解
最裸的暴力
设(f[i][j])表示前(i)个数，积在膜意义下是(j)的方案数
转移的话，每次枚举一个数，直接丢进去就好
复杂度(O(nm|S|))，10pts
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 1004535809
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int n,m,X,T;
int f[2][10000];
int a[10000];
int main()
{
n=read();m=read();X=read();T=read();
for(int i=1;i<=T;++i)a[i]=read()%m;
for(int i=1;i<=T;++i)f[1][a[i]]++;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
for(int j=0;j<m;++j)f[i&1][j]=0;
for(int j=1;j<=T;++j)
for(int k=0;k<m;++k)
(f[i&1][k*a[j]%m]+=f[(i+1)&1][k])%=MOD;
}
printf("%d
",f[n&1][X]);
return 0;
}
发现每一步的转移是相同的，
因此可以矩阵快速幂
时间复杂度(O(lognm^3)),30pts
我懒得写了
我们都发现了转移是相同的
那么不一定只能用矩阵快速幂呀
我们的转移也是满足结合律的
所以可以把转移跑快速幂
复杂度(O(lognm^2)),60pts
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 1004535809
#define MAX 10000
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int n,m,X,T;
int f[MAX],s[MAX];
int a[MAX],ret[MAX];
int* zy(int *a,int *b)
{
memset(ret,0,sizeof(ret));
for(int i=0;i<m;++i)
for(int j=0;j<m;++j)
(ret[i*j%m]+=1ll*a[i]*b[j]%MOD)%=MOD;
return ret;
}
int main()
{
n=read();m=read();X=read();T=read();
for(int i=1;i<=T;++i)a[i]=read()%m;
for(int i=1;i<=T;++i)f[a[i]]++;
bool fl=false;
int b=n;
while(b)
{
if(b&1)
{
if(fl)
{
memset(ret,0,sizeof(ret));
for(int i=0;i<m;++i)
if(s[i])
for(int j=0;j<m;++j)
(ret[i*j%m]+=(1ll*s[i]*f[j])%MOD)%=MOD;
for(int i=0;i<m;++i)s[i]=ret[i];
}
else
{
for(int i=0;i<m;++i)s[i]=f[i];
fl=true;
}
}
memset(ret,0,sizeof(ret));
for(int i=0;i<m;++i)
if(f[i])
for(int j=0;j<m;++j)
(ret[i*j%m]+=(1ll*f[i]*f[j])%MOD)%=MOD;
for(int i=0;i<m;++i)f[i]=ret[i];
b>>=1;
}
printf("%d
",s[X]);
return 0;
}
现在就是最大的问题了
(n)已经优化到了(logn)
转移现在才是最大的问题
我们发现转移是这样的：
(f[i]*f[j] o f[i*j])
如果它长成这个样子：
(f[i]*f[j] o f[i+j])
这样子的话就会做啦
这样就可以跑一遍多项式的卷积
怎么转换呢？
题目给定的条件(m)是质数
我们知道(x^{varphi(m)}\% m=1)
而如果(x)是(m)的原根
那么，对于(0～varphi(m))，
每一个原根的若干次幂恰好对应一个数
那么，这样的话，乘法可以转换成幂的加法
于是，直接跑多项式的卷积就好了
因为要取膜，只能跑(NTT)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 1004535809
#define MAX 100000
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
const int pr=3;
const int phi=MOD-1;
int n,m,X,T;
int f[MAX],s[MAX];
int a[MAX],mp[MAX],b[MAX];
int N,M,l,r[MAX],ret[MAX];
int fpow(int a,int b,int P)
{
int s=1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%P;a=1ll*a*a%P;b>>=1;}
return s;
}
int ys[MAX],yst;
int getroot(int n)
{
int tmp=n-1;
for(int i=2;i*i<=tmp;++i)
if(tmp%i==0)
{
ys[++yst]=i;
while(tmp%i==0)tmp/=i;
}
if(tmp>1)ys[++yst]=tmp;
for(int g=2;g<=n-1;++g)
{
bool fl=true;
for(int i=1;i<=yst;++i)
if(fpow(g,(n-1)/ys[i],n)==1){fl=false;break;}
if(fl)return g;
}
return -1;
}
void getmap()
{
int prm=getroot(m);
for(int i=0;i<m-1;++i)
mp[fpow(prm,i,m)]=i;
}
void preNTT()
{
M=2*(m-2);
for(N=1;N<=M;N<<=1)++l;
for(int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
}
void NTT(int *P,int opt)
{
for(int i=0;i<N;++i)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<N;i<<=1)
{
int W=fpow(pr,phi/(i<<1),MOD);
for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
{
int w=1;
for(int k=0;k<i;++k,w=1ll*w*W%MOD)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*P[i+j+k]*w%MOD;
P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=(X-Y+MOD)%MOD;
}
}
}
if(opt==-1)
{
reverse(&P[1],&P[N]);
int inv=fpow(N,MOD-2,MOD);
for(int i=0;i<N;++i)P[i]=1ll*P[i]*inv%MOD;
}
}
void zy(int *a1,int *a2,int *c)
{
memset(a,0,sizeof(a));memset(b,0,sizeof(b));
for(int i=0;i<m-1;++i)a[i]=a1[i],b[i]=a2[i];
NTT(a,1);NTT(b,1);
for(int i=0;i<N;++i)a[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;
NTT(a,-1);
memset(ret,0,sizeof(ret));
for(int i=0;i<m-1;++i)ret[i]=(a[i]+a[i+m-1])%MOD;
for(int i=0;i<m-1;++i)c[i]=ret[i];
}
int main()
{
n=read();m=read();X=read();T=read();
getmap();preNTT();
for(int i=1;i<=T;++i)
{
int x=read()%m;
if(x)f[mp[x]]++;
}
s[mp[1]]=1;
while(n)
{
if(n&1)zy(s,f,s);
zy(f,f,f);
n>>=1;
}
printf("%d
",s[mp[X]]);
return 0;
}