COGS 2752. [济南集训 2017] 数列运算

2752. [济南集训 2017] 数列运算

 

dp[i]表示到第i个数的答案

枚举前一个加号在j后面

那么到j一共有2^(j-1)种方案，每种方案在j后面都是一个加号，加号后面全是乘号

dp[i]=Σ（dp[j]+2^（j-1）*（a[j+1]*a[j+2]……*a[i]））

这样复杂度为0（n³）

看到a[j+1]*a[j+2]……*a[i] 可以预处理一下前缀积

这样可以优化到0（n²）

如果是前缀和的话就可以取a[i]-a[j]

前缀积就要取a[i]/a[j]

显然，这个数很大需要取模 但是取模下的除法不能随便乱用

而一个数mod p 意义下的逆元等于这个数的倒数（此倒数非彼倒数）

所以就可以a[i]乘它的逆元，预处理一下每个位置的逆元

就优化完了

因为枚举j，要求和，所以可以用前缀和优化一下，复杂度变成0（n）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,a[100001];
long long cf[100001];
long long dp[100001],pre[100001],inv[100001];

long long pow(long long a,long long b)
{
    long long res=1;
    while(b){
        if(b&1)
            res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1; 
    }
    return res;
}
int main()
{
    freopen("sequenceQBXT.in","r",stdin);
    freopen("sequenceQBXT.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    cf[0]=1; pre[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) cf[i]=cf[i-1]*2%mod;
    long long tot;
    for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]*a[i]%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=pow(pre[i],mod-2);
    long long sum1=0,sum2=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=(sum1+sum2*pre[i]%mod)%mod;
        sum1=(sum1+dp[i])%mod;
        sum2=(sum2+cf[i-1]%mod*inv[i]%mod)%mod;
    }
    printf("%lld",dp[n]);    
}