牛客挑战赛53G-同源数组(Easy Version)【NTT】

1|0正题

题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11193/G

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1|1题目大意

给出$n$个长度为$m$的数组，然后你每次可以进行差分（不会改变数组长度那种）和前缀和。

如果两个数组可以在模$998244353$意义下操作成同一个数组，那么这两个同源，求所有的同源数组。

$1\leq n\leq 100,1\leq m\leq 1000$

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1|2解题思路

考虑将所有同源的操作成同一种形式。

注意到对于差分来说数组的第一个位置是保持不变的，更具体地说，其实是数组中从前往后第一个不是$0$的数字是不会变的。

设为$a_k$，然后此时每次差分都会令$a_{k+1}=a_{k+1}-a_k$。首先对于两个数组来说肯定得有$k=k'$且$a_{k}=a'_{k'}$，然后再考虑后面的。

为了方便比较我们之间让$a_{k+1}$一直差分直到其等于$0$，此时我们就可以直接拿两个数组比较了。

快速处理$k$阶差分的做法就直接上$NTT$乘上一个$(1-x)^k$（二项式展开）就好了

时间复杂度：$O(nm\log m)$

Hard Version要任意模加Lucas先润了

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const ll N=4e3+10,P=998244353;
struct poly{
    ll a[N];ll n;
}F,G;
ll n,m,cnt,a[N][N],r[N],col[N],num[N];
bool v[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
        if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
        for(ll k=0;k<n;k+=p){
            ll buf=1;
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll tt=f[i+len]*buf%P;
                f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
                f[i]=(f[i]+tt)%P;
                buf=buf*tmp%P;
            }
        }
    }
    if(op==-1){
        ll invn=power(n,P-2);
        for(ll i=0;i<n;i++)
            f[i]=f[i]*invn%P;
    }
    return;
}
void mul(poly &a,poly &b){
    ll n=1;
    while(n<=a.n+b.n)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    NTT(a.a,n,1);NTT(b.a,n,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        a.a[i]=a.a[i]*b.a[i]%P;
    NTT(a.a,n,-1);return;
}
void Diff(ll *a,ll n,ll k){
	if(!k)return;
    memset(F.a,0,sizeof(F.a));
    memset(G.a,0,sizeof(G.a));
    for(ll i=0;i<n;i++)F.a[i]=a[i];
	for(ll i=0,ans=1;i<=min(k,n-1);i++){
		if(i)ans=ans*(k-i+1)%P*power(i,P-2)%P;
        G.a[i]=(i&1)?(P-ans):ans;
    }
    F.n=n;G.n=min(k+1,n);mul(F,G);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        a[i]=F.a[i];
    return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&a[0][0]);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		memset(v,0,sizeof(v));
		for(ll j=0;j<m;j++)
			scanf("%lld",&a[i][j]);
		ll z;
		for(z=1;z<m;z++)
			if(a[i][z-1])break;
		ll k=a[i][z]*power(a[i][z-1],P-2)%P;
		Diff(a[i],m,k);
		for(ll j=1;j<i;j++){
			bool flag=0;
			for(ll k=0;k<m;k++)
				if(a[i][k]!=a[j][k]){flag=1;break;}
			if(!flag){col[i]=col[j];num[col[i]]++;break;}
		}
		if(!col[i]){col[i]=++cnt;num[cnt]=1;}
	}
	printf("%lld\n",cnt);
	for(ll i=1;i<=cnt;i++){
		printf("%lld\n",num[i]);
		for(ll j=1;j<=n;j++)
			if(col[j]==i)printf("%lld ",j-1);
		putchar('\n');
	}
    return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15413345.html
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