2018-nowcoder-9
NowCoder 五一贺题记录
A.Circulant Matrix(FWT)
Problem
给定一个长度为\(n\)的数组\(\{a\}\)，下标从\(0\)开始，定义\(n\times n\)矩阵\(A\)的\(A[i][j]=a_{i\bigoplus j}\)，定义数组\(b=Ax(mod\ P)\)，其中\(P=10^9+7\)，\(x\)是\(n\times 1\)的列向量。现在给定\(a\)和\(b\)，求出列向量\(x\)，保证唯一。
Sol
\(\sum_{j=1}^nA_{ij}x_{j}=\sum_{j=1}^na_{i\bigoplus j}x_{j}\equiv b_i(mod\ P)\)，令\(i\bigoplus j=k\)，则\(i=j\bigoplus k\)，\(\sum_{j=1}^na_{i\bigoplus j}x_{j}=\sum_{j\bigoplus k=i}^na_kx_{j}=b_i\)，所以就有\(FWT(a)\cdot FWT(x)=FWT(b)\)，那么\(x\)就是\(FWT^{-1}(x)\)
一开始看到了底数异或就想到了FWT，但没怎么做过，所以没细想，于是走入了一个误区，先把\(x\)中元素的和求了出来，然后希望去解这个方程组，但数据范围太大，不行，显然需要nlogn的做法，于是想到了分治，但推不出来式子，菜菜菜
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 262145, P = 1e9+7;
int n, m;
void add(int &x, int y) {
(x += y) >= P && (x -= P);
}
void sub(int &x, int y) {
(x -= y) < 0 && (x += P);
}
ll power(ll x,int y)
{
ll res=1;
while(y)
{
if(y&1) res=res*x%P;
x=x*x%P;
y>>=1;
}
return res;
}
struct FWT {
int extend(int n) {
int N = 1;
for (; N < n; N <<= 1);
return N;
}
void FWTor( vector<int> &a, bool rev) {
int n = a.size();
for (int l = 2, m = 1; l <= n; l <<= 1, m <<= 1) {
for (int j = 0; j < n; j += l) for (int i = 0; i < m; i++) {
if (!rev) add(a[i + j + m], a[i + j]);
else sub(a[i + j + m], a[i + j]);
}
}
}
void FWTand( vector<int> &a, bool rev) {
int n = a.size();
for (int l = 2, m = 1; l <= n; l <<= 1, m <<= 1) {
for (int j = 0; j < n; j += l) for (int i = 0; i < m; i++) {
if (!rev) add(a[i + j], a[i + j + m]);
else sub(a[i + j], a[i + j + m]);
}
}
}
void FWTxor( vector<int> &a, bool rev) {
int n = a.size(), inv2 = (P + 1) >> 1;
//inv2=power(2,P-2);
for (int l = 2, m = 1; l <= n; l <<= 1, m <<= 1) {
for (int j = 0; j < n; j += l) for (int i = 0; i < m; i++) {
int x = a[i + j], y = a[i + j + m];
if (!rev) {
a[i + j] = (x + y) % P;
a[i + j + m] = (x - y + P) % P;
} else {
a[i + j] = 1LL * (x + y) * inv2 % P;
a[i + j + m] = 1LL * (x - y + P) * inv2 % P;
}
}
}
}
vector<int> Or(vector<int> a1, vector<int> a2) {
int n = max(a1.size(), a2.size()), N = extend(n);
a1.resize(N), FWTor(a1, false);
a2.resize(N), FWTor(a2, false);
vector<int> A(N);
for (int i = 0; i < N; i++) A[i] = 1LL * a1[i] * a2[i] % P;
FWTor(A, true);
return A;
}
vector<int> And(vector<int> a1, vector<int> a2) {
int n = max(a1.size(), a2.size()), N = extend(n);
a1.resize(N), FWTand(a1, false);
a2.resize(N), FWTand(a2, false);
vector<int> A(N);
for (int i = 0; i < N; i++) A[i] = 1LL * a1[i] * a2[i] % P;
FWTand(A, true);
return A;
}
vector<int> Xor(vector<int> a1, vector<int> a2) {
int n = max(a1.size(), a2.size()), N = extend(n);
a1.resize(N), FWTxor(a1, false);
a2.resize(N), FWTxor(a2, false);
vector<int> A(N);
for (int i = 0; i < N; i++) A[i] = 1LL * a1[i] * power(a2[i],P-2) % P;
FWTxor(A, true);
return A;
}
} fwt;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin>>n;
vector<int> a(n), b(n);
for (int i = 0; i < n; i++) cin>>a[i];
for (int i = 0; i < n; i++) cin>>b[i];
vector<int> A;
A = fwt.Xor(b, a);
for (int i = 0; i < n; i++)
cout<<A[i]<<" \n";
return 0;
}
E.Music Game(区间、期望DP)
Problem
给定一个长度为\(n\)的敲击长度，每次敲击正确的概率为\(p_i\)，定义一段连续敲击正确的长度\(x\)贡献为\(x^m\)，问期望可以的得多少分。
\(1\le n,m\le 10^3\)
Sol
OSU经典概率期望题，上面两个题数据范围较大，所以\(m\)小，可以线性递推。但这个题的\(n\)较小，\(m\)较大，做法应该是\(O(n^2)\)级别的。考虑\(dp[i][j]\)表示从\(i\)开始的长度为\(j\)的正确序列的概率，那么\(dp[i][j]=dp[i][j-1]*p[i]\)，然后考虑长度为\(j\)的贡献，因为要保证此刻长度为\(j\)的贡献不会往两边延伸才可以计算，所以此时的期望贡献就是\(dp[i][j]*(1-p[i])*(1-p[i+j])*j^m\)，表明第\(i-1\)和第\(i+j\)个位置是不正确的，此时长度为\(j\)才会产生贡献。
//区间、期望DP
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
ll power(ll x,int y)
{
ll res=1;
while(y)
{
if(y&1) res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
ll inv=power(100,mod-2);
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<ll>p(n+2),np(n+2);
vector<vector<ll>>dp(n+1,vector<ll>(n+1));
vector<ll>len(n+1);
for(int i=0;i<=n;i++) len[i]=power(i,m);
len[0]=1;
np[0]=p[0]=np[n+1]=p[n+1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>p[i];
np[i]=(100-p[i])*inv%mod;
p[i]=p[i]*inv%mod;
dp[i][0]=1;
}
ll ans=0;
//dp[i][j]:从i开始，长度为j的贡献
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;i+j-1<=n;j++)
{
dp[i][j]=dp[i][j-1]*p[i+j-1]%mod;
ans=(ans+dp[i][j]*np[i-1]%mod*np[i+j]%mod*len[j]%mod)%mod;
}
cout<<ans<<'\n';
}
好难啊
