很不错的一道题，很让我见识到了差分序列的运用的神奇之处。。一下是从北邮BBS看到的题解，写得很清楚。。这边就直接转过来。
uRLhttp://bbs.byr.cn/#!article/ACM_ICPC/33403
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其实是挺简单的一个题目，希望大家都看看
给出一个多项式p(x)=a[n]*x^n+...+a[1]*x+a[0],并给初始x值L,和数m,k，求出从x=L,L+1,...L+k-1的 p(x)的最后m个数字的平方和(有点绕),即，若p(x)=34，则输出3*3+4*4=25，x的值从L到L+k-1.且初始值l和多项式的常数 a[i]可能很大，最大到10^1000.多项式最高次最大为10，总时限10秒，case time limit 两秒
最初看到这个题目以为是纯高精，敲了个java上去超时，自己写裸的高精，超时，写FFT乘法，超时(=_=!!),然后以为有递推关系，用二项式定理搞了个递推，再加上自己写了个100000000进制的高精，勉强把复杂度降到10的8次方，卡了半天常数过掉了。晚上仔细翻了下书，其实有更方便的方法。
先简单科普下差分序列，大家应该都在组合数学课上见这个东西
如果有序列
a[1][1] a[1][2] a[1][3] ... a[1][n]
则有
a[i][j]=a[i-1][j+1]-a[i-1][j]
比如这个差分表：
1 4 13 34 73
3 9 21 39
6 12 18
6 6
0
除了第一行外，它的每一项是它上面一行的相邻两个数之差
若一个差分表的第一行是多项式p(x) p(x+1) p(x+2)...且多项式的次数为n，则这个差分表有下面的性质可以让我们利用：
1.差分表在第n+1行后的所有元素均为0,第n行为一个常数.
简要说下证明思路，设第i阶差分序列为p[i](x),则第i+1阶序列为p[i+1](x)=p[i](x+1)-p[i](x),这也是个确定的多项式，且次数减一.递推到n阶的时候次数为0，即为一个常数.可知n+1行以后均为0
2.若知道差分表的第一列的前n+1项，则可以确定这个多项式.
很明显，知道这些项后，可以逆推出第一行的前n+1项，通过解线性方程可以确定各项系数。
比如前面给的那个差分表，对应的多项式是p(x)=x^3+2*x+1
回到题目，到这里其实应该很容易看出，只要知道差分表的前n+1列，那么根据a[i][j]=a[i-1][j]+a[i-1][j-1],以后的所有元素都可以推出来。而计算这前n+1列，需要p(L),p(L+1)...p(L+n),因为n最多为10，所以可以很快用最挫的方法暴力求出来。
而最初始的表建好后，对每一项p(x)，可以从下往上递推a[i][j]=a[i-1][j]+a[i-1][j-1]，需要实现的只是几个基本高精计算的函数，最后把需要的东西求出来即可。
建初始表的复杂度最大为O(10*10*1000+10*10*1000)~O(10^5),之后递推的复杂度为O(1000*10*1000)~O(10^7),对于每个case两秒的时限已经基本足够了，刚才提交的时候所有case运行时间在两秒左右:-)
话说这是有屎以来卡得我最久的一道题了...orz orz...
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这里补充说一下，第i阶-->第i + 1阶为什么多项式会降阶
假设：p(x) = an*x^n + an-1 * x^(n-1).......a1*x + a0
对于第一阶: p(x) p(x+1) p(x+2) p(x+3)...
对于第二阶：p(x+1)-p(x) p(x+2)-p(x+1).....
设y = x + 1， 则会有：p（y）- p(x) = an*(y^n - x^n) + an-1 * (y ^ (n -1) - x ^ (n - 1)))...........a1*（y - x） + 1 *（a0- a0） = an*(y^n - x^n) + an-1 * (y ^ (n -1) - x ^ (n - 1)))........... + a2 * (y ^ 2 - x ^ 2) + a1
那么，这样一来，最后一项便消掉（因为a0 - a0）， 所以a1就变成了常数。。
由此可知，每多一阶，多项式便降一阶（这样说好像不大准确，不过大概可以这样理解）
当然，最后一行为什么都是相等的常数，而且每一行都的系数的绝对值都符合杨辉三角（指的是p（x），p（x+1）...之前的系数）。
我太弱了，到现在还没理解，也不会证明，（跪求大神指教）
但是，把表打出来你会发现一个规律，当 最高次为x^1，x^2, x^3,...是，最后一行常数分别为1！，2！，3！.....
当然，这里是认为最高项系数为1的情况，当系数不为1，该常数还要乘以系数。。
不会java的渣渣只能写出这种code了。。
1 /* 2 * Author: yzcstc 3 * Created Time: 2013/10/9 0:38:51 4 * File Name: poj2094.cpp 5 */ 6 #include<iostream> 7 #include<sstream> 8 #include<fstream> 9 #include<vector> 10 #include<list> 11 #include<deque> 12 #include<queue> 13 #include<stack> 14 #include<map> 15 #include<set> 16 #include<bitset> 17 #include<algorithm> 18 #include<cstdio> 19 #include<cstdlib> 20 #include<cstring> 21 #include<cctype> 22 #include<cmath> 23 #include<ctime> 24 #include<utility> 25 #define M0(x) memset(x, 0, sizeof(x)) 26 #define Inf 0x7fffffff 27 #define PB push_back 28 #define SZ(v) ((int)(v).size()) 29 using namespace std; 30 int c[20010]; 31 int n, k, m; 32 struct Biginteger{ 33 int d[20010], sz; 34 void clr(){ 35 for (int i = 0; i <= sz; ++i) 36 d[i] = 0; 37 sz = 0; 38 } 39 void changenum(const char s[]){ 40 sz = strlen(s); 41 for (int i = 1; i <= sz; ++i) 42 d[i] = s[sz - i] -'0'; 43 } 44 void plus(const Biginteger & b){ 45 sz = max(sz, b.sz); 46 if (sz > m) sz = m; 47 int x = 0; 48 for (int i = 1; i <= sz; ++i){ 49 x = x + d[i] + b.d[i]; 50 d[i] = x % 10; 51 x /= 10; 52 } 53 while (sz < m && x) d[++sz] = x % 10, x /= 10; 54 } 55 void sub(const Biginteger & b){ 56 sz = max(sz, b.sz); 57 if (sz > m) sz = m; 58 int x = 0; 59 for (int i = 1; i <= sz; ++i){ 60 x = d[i] - b.d[i] - x; 61 d[i] = (x + 10) % 10; 62 if (x < 0) x = 1; 63 else x = 0; 64 } 65 } 66 void multiply(const Biginteger & b){ 67 for (int i = 0; i <= sz + b.sz; ++i) 68 c[i] = 0; 69 for (int i = 1; i <= sz; ++i) 70 for (int j = 1; j <= b.sz; ++j) 71 c[i + j - 1] += d[i] * b.d[j]; 72 int x = 0; 73 sz += b.sz; 74 if (sz > m) sz = m; 75 for (int i = 1; i <= sz; ++i){ 76 x = x + c[i]; 77 d[i] = x % 10; 78 x /= 10; 79 } 80 while (sz >= 1 && d[sz] == 0) --sz; 81 } 82 } a[15], q[12][12], l, one, t; 83 84 char s[1200]; 85 86 void init(){ 87 l.changenum(s); 88 for (int i = 0; i <= n; ++i){ 89 scanf("%s", &s); 90 a[i].changenum(s); 91 } 92 } 93 94 void outans(const Biginteger & a){ 95 int ans = 0; 96 for (int i = 1; i <= min(a.sz, m); ++i) 97 ans += a.d[i] * a.d[i]; 98 printf("%d ", ans); 99 } 100 101 void solve(){ 102 for (int i = 0; i <= min(n, k); ++i){ 103 t = a[0]; 104 for (int j = 1; j <= n; ++j){ 105 t.multiply(l); 106 t.plus(a[j]); 107 } 108 q[n][i] = t; 109 outans(t); 110 l.plus(one); 111 } 112 if (k > n){ 113 for (int i = n - 1; i >= 0; --i) 114 for (int j = 0; j <= i; ++j){ 115 q[i][j] = q[i + 1][j + 1]; 116 q[i][j].sub(q[i + 1][j]); 117 } 118 for (int i = 1; i <= n; ++i) 119 q[0][i] = q[0][0]; 120 int p = 1, rw1, rw2; 121 for (int i = n + 1; i < k; ++i){ 122 for (int j = 1; j <= n; ++j){ 123 rw1 = (j + p) % (n + 1); 124 rw2 = (j + p - 1) % (n + 1); 125 q[j][rw1] = q[j][rw2]; 126 q[j][rw1].plus(q[j - 1][rw2]); 127 } 128 outans(q[n][rw1]); 129 l.plus(one); 130 ++p; 131 } 132 } 133 } 134 135 int main(){ 136 freopen("a.in","r",stdin); 137 freopen("a.out","w",stdout); 138 one.sz = one.d[1] = 1; 139 while (scanf("%d%s%d%d", &n, &s, &k, &m) == 4){ 140 init(); 141 solve(); 142 } 143 fclose(stdin); fclose(stdout); 144 return 0; 145 }