「LibreOJ β Round #7」匹配字符串

一、题目

点此看题

$\tt loj$ 题目质量确实高，我要开始进军 $\tt loj$ 了。

二、解法

很容易写出本题的 $dp$ 方程，设 $f[i]$ 表示考虑前 $i$ 个位置合法，第 $i$ 个位置是 $0$ 的方案数：

$$f[i]=\sum_{j=n-m}^{n-1}f[j]$$

这很显然是个常系数齐次线性递推，我们求出 $x^n\bmod G(x)$ 的多项式 $F(x)$，那么答案是：

$$\sum_{i=0}^{m-1}2^iF_i$$

因为 $G(x)$ 的系数很规则，具体实现中可以不用多项式取模，卷积完之后直接倒序做差分即可。那么时间复杂度 $O(m\log n\log m)$，这种做法可以在 $m$ 较小的时候派上用场。

---

我们还需要一种算法能解决 $m$ 较大的情况，设 $s_n=\sum_{i=0}^n f_i$，那么 $s_n=2s_{n-1}-s_{n-m-1}$，他的组合意义是从 $0$ 走到 $n$，有 $i$ 到 $i+1$ 的权值为 $2$ 的边，有 $i$ 到 $i+m+1$ 的权值为 $-1$ 的边。定义一种路径的权值为经过的所有边的权值乘积，那么答案是所有路径的权值和，我们枚举 $-1$ 边的数量：

$$s_n=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{m+1}\rfloor}(-1)^i2^{n-(m+1)i}{n-im\choose i}$$

其中 ${n-im\choose i}$ 就是选出 $i$ 条 $-1$ 边的方案数，相邻两条边的距离必须超过 $m$，上面柿子从容斥的角度也能解释，也就是我们钦定 $i$ 个不合法段的起点，用 $\tt Lucas$ 暴力计算上式，再结合算法 $1$ 即可。

三、总结

思考 $dp$ 的组合意义很重要，这个技巧我以前起了个名字叫考虑转移路径。

当获得了一种很优秀的做法之后，可以考虑另一种做法来数据分治解决问题。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 100005;
const int MOD = 65537;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,ans;
//subtask1
int a[M],r[M],A[M],B[M],rev[M];
int qkpow(int a,int b)
{
    int r=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1) r=r*a%MOD;
        a=a*a%MOD;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
void NTT(int *a,int len,int op)
{
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(len/2));
		if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(int s=2;s<=len;s<<=1)
	{
		int w=(op==1)?qkpow(3,(MOD-1)/s):qkpow(3,(MOD-1)-(MOD-1)/s);
		for(int i=0,t=s/2;i<len;i+=s)
			for(int j=0,x=1;j<t;j++,x=x*w%MOD)
			{
				int fo=a[i+j],fe=a[i+j+t];
				a[i+j]=(fo+x*fe)%MOD;
				a[i+j+t]=((fo-x*fe)%MOD+MOD)%MOD;
			}
	}
	if(op==1) return ;
	int inv=qkpow(len,MOD-2);
	for(int i=0;i<len;i++)
		a[i]=a[i]*inv%MOD;
}
void mul(int *a,int *b,int *c)
{
    int len=1;
    while(len<2*m) len<<=1;
    for(int i=0;i<len;i++) A[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++) B[i]=0;
    for(int i=0;i<m;i++) A[i]=a[i];
    for(int i=0;i<m;i++) B[i]=b[i];
    NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++) A[i]=A[i]*B[i]%MOD;
    NTT(A,len,-1);
    for(int i=0;i<len;i++) B[i]=0;
    for(int i=2*m-2;i>=m;i--)
    {
        B[i]=(B[i]+B[i+1])%MOD;
        A[i]=(A[i]+B[i])%MOD;
        B[i-1]=(B[i-1]+A[i])%MOD;
        if(i>m) B[i-1-m]=(B[i-1-m]-A[i]+MOD)%MOD;
    }
    for(int i=m-1;i>=0;i--)
    {
        B[i]=(B[i]+B[i+1])%MOD;
        c[i]=(A[i]+B[i])%MOD;
    }
}
void work1()
{
	if(m==1)
	{
		puts("1");
		return ;
	}
    a[1]=1;r[0]=1;
    while(n>0)
    {
        if(n&1) mul(r,a,r);
        mul(a,a,a);
        n>>=1;
    }//x^n 
    for(int i=0,pw=1;i<m;i++,pw=pw*2%MOD)
        ans=(ans+pw*r[i])%MOD;
    printf("%lld\n",ans);
}
//subtask2
int fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
    for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%MOD;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
int C(int n,int m)
{
    if(n<m || m<0) return 0;
    return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
int lucas(int n,int m)
{
    if(n<=m) return n==m;
    return lucas(n/MOD,m/MOD)*C(n%MOD,m%MOD)%MOD;
}
int work2(int n)
{
    init(MOD-1);
    int ans=0,fl=1,pw=qkpow(2,n),iv=qkpow(inv[2],m+1);
    for(int i=0;i<=n/(m+1);i++)
    {
        ans=(ans+fl*pw%MOD*lucas(n-i*m,i))%MOD;
        pw=pw*iv%MOD;fl=MOD-fl;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    n=read();m=read();
    if(m<1<<15) work1();
    else
	{
		init(MOD-1);
		printf("%lld\n",(work2(n+1)-work2(n)+MOD)%MOD);
	}
}