BZOJ 1411&&Vijos 1544 : [ZJOI2009]硬币游戏【递推，快速幂】

1411: [ZJOI2009]硬币游戏

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Description

Orez很喜欢玩游戏，他最近发明了一款硬币游戏。他在桌子的边缘上划分出2*n个位置并按顺时针把它们标号为1，2，……，2n，然后把n个硬币放在标号为奇数的位置上。接下来每次按如下操作：在任意两个硬币之间放上一个硬币，然后将原来的硬币拿走；所放硬币的正反面由它两边的两个硬币决定，若两个硬币均为正面朝上或反面朝上，则所放硬币为正面朝上，否则为反面朝上。 那么操作T次之后桌子边缘上硬币的情况会是怎样的呢？

Input

文件的第一行包含两个整数n和T。 接下的一行包含n个整数，表示最开始桌面边缘的硬币摆放情况，第i个整数ai表示第i个硬币摆放在2*i-1个位置上，ai=1表示正面朝上，ai=2表示反面朝上。

Output

文件仅包含一行，为2n个整数，其中第i个整数bi桌面边缘的第i个位置上硬币的情况，bi=1表示正面朝上，bi=2表示反面朝上，bi=0表示没有硬币。

Sample Input

10 5
2 2 2 1 1 1 1 1 1 2

Sample Output

0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 1 0 1

数据范围
30%的数据 n≤1000 T≤1000
100%的数据 n≤100000 T≤2^60

HINT

Source

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1411或者https://vijos.org/p/1554

题目大意：给定一圈硬币，T次操作，每次操作在每个硬币中间各放一枚硬币，硬币的正反面由它旁边两个决定，两边相同则为正面，两边不相同则为反面，然后将之前的硬币全部撤掉，问T次操作后的硬币序列，T<=2^60

 

首先我们令硬币正面为0 反面为1 那么很容易发现新硬币的值为两边硬币的异或值 样例也就很好解释了

 

1-1-1-0-0-0-0-0-0-1-   0
-0-0-1-0-0-0-0-0-1-0   1
0-0-1-1-0-0-0-0-1-1-   2
-0-1-0-1-0-0-0-1-0-1   3
1-1-1-1-1-0-0-1-1-1-   4
-0-0-0-0-1-0-1-0-0-0   5

 

然后这题n<=10W 矩阵乘法一定MLE 即使矩阵特殊构造可以干掉一维空间复杂度 O(n^2*logT)的时间也无法承受

 

我们只考虑偶数的行

 

易知第二行每个数是原序列该位置左右两个数的异或

 

由数学归纳法可以 第2^k行每个数是原序列该位置左侧第2^(k-1)个数和右侧第2^(k-1)个数的异或

 

然后将T进行二进制拆分，每位进行一次变换即可 最后再讨论T的奇偶

 

时间复杂度O(n*logT)

膜拜出题人，膜拜题解人，这TM也成，我服了！

下面给出AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define in  freopen("coin.in","r",stdin);
#define out freopen("coin.out","w",stdout);
#define M 100100
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,T,tot;
char a[2][M],ans[M<<1];
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int main()
{
    ll i,j,x;
    n=read();
    T=read();
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        x=read();
        a[0][i]=x-1;
    }
    for(j=2;j<=T;j<<=1)
    {
        if(T&j)
        {
            tot++;
            for(i=1;i<=n;i++)
            {
                ll x1=(i+(j>>1)%n+n-1)%n+1;
                ll y1=(i-(j>>1)%n+n-1)%n+1;
                a[tot&1][i]=a[~tot&1][x1]^a[~tot&1][y1];
            }
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans[i+i-1]=a[tot&1][i];
    }
    if(T&1)
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            ans[i<<1]=ans[i+i-1]^ans[i==n?1:i<<1|1];
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            ans[i+i-1]=-1;
        }
    }
    else
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            ans[i+i]=-1;
        }
    }
    for(i=1;i<=n<<1;i++)
    {
        printf("%d%c",ans[i]+1,i==n+n?'\n':' ');
    }
    return 0;
}

以上方法我还是有点迷，下面换种写法，

对于样例，进行数学归纳，发现2^k变换之后，第i个位置的硬币情况只与它左右的第k+1个硬币有关。

如k=0,第3位硬币情况只与2和4位硬币有关。因为t可以拆成若干个2^k的和，于是对每个2^k进行O(n)的变换，总复杂度O(nlogt)。

#include <bits/stdc++.h>
#define in  freopen("coin.in","r",stdin);
#define out freopen("coin.out","w",stdout);
typedef long long ll;
using namespace std;
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
const int N=200020;
ll n,t,a[N],b[N];
ll f(ll b,ll k)
{
    ll x=b-k;
    ll y=b+k;
    x=(x%(n<<1)+(n<<1)-1)%(n<<1)+1;
    y=(y-1)%(n<<1)+1;
    if(k==0)
        return a[x];
    if(a[x]==0)
        return 0;
    if(a[x]==a[y])
        return 1;
    else return 2;
}
void work(ll k,ll q)
{
    if(k==0)
        return;
    work(k>>1,q<<1);
    if(k%2==1)
    {
        memset(b,false,sizeof(b));
        for(ll j=1;j<=(n<<1);j++)
            b[j]=f(j,q);
        swap(a,b);
    }
}
int main()
{
    n=read();
    t=read();
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        a[(i<<1)-1]=read();
    work(t,1);
    for(ll i=1;i<(n<<1);i++)
        cout<<a[i]<<" ";
    cout<<a[n<<1]<<endl;
    return 0;
}