HDU多校训练第一场 1012 Sequence
题目链接：acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6589
题意：给出一个长度为n的数组，有m次操作，操作有3种1，2，3，问操作m次后的数组，输出i*a[i]的异或和
操作k的实质是进行一次O(n)的计算，a[i]+=a[i-k] (i-k>0)
k=1时，我们可以发现这是一次求前缀和的操作
k=2时，我们可以发现这是对于1，3，5，7... 2，4，6，8...两个子数组分别进行求前缀和的操作
k=3时，我们可以发现这是对于1，4，7，11...2，5，8，12...3，6，9，12...三个子数组分别求前缀和的操作
暴力的复杂度是O(mn)，我们可以模拟出暴力的过程，其实这并不是一个浪费时间的过程，因为在比赛时，我们通过这个暴力的程序验算样例，发现了一个性质，那就是操作顺序的改变，并不会影响结果！
这个性质是解题的关键，如果没有发现这个性质，那么是想不到正解的，那么，问题的本质就变成了如何快速求出m次前缀和，粗略一想很显然这还是个o(nm)的操作，其实不然
观察求前缀和的过程
0次(不求)：a[1]，a[2]，a[3]，a[4]，a[5]...
1次： a[1]，a[2]+a[1]，a[3]+a[2]+a[1]，a[4]+a[3]+a[2]+a[1]，a[5]+a[4]+a[3]+a[2]+a[1]...
2次： a[1]，a[2]+2a[1]，a[3]+2a[2]+3a[1]，a[4]+2a[3]+3a[2]+4a[1]，a[5]+2a[4]+3a[3]+4a[2]+5a[1]...
3次： a[1]，a[2]+3a[1]，a[3]+3a[2]+6a[1]，a[4]+3a[3]+6a[2]+10a[1]，a[5]+3a[4]+6a[3]+10a[2]+15a[1]...
...
这里，规律就很明显了，我们可以发现进行多次前缀和后的数组，它的结果是和组合数有关的
第m次，组合数数组应该是c[i]=C(m+i-2,i-1)，那么，上述结果用数组表示就是
m次： c[1]*a[1]，c[1]*a[2]+c[2]*a[1]，c[1]*a[3]+c[2]*a[2]+c[3]*a[1]，c[1]*a[4]+c[2]*a[3]+c[3]*a[2]+c[4]*a[1]，c[1]*a[5]+c[2]*a[4]+c[3]*a[3]+c[4]*a[2]+c[5]*a[1]...
这个东西已经很明显了，就是数组a[1]，a[2]，a[3]，a[4]，a[5]... 与b[1]，b[2]，b[3]，b[4]，b[5]...求卷积的结果，组合数的求法，O(m)预处理，O(1)求解即可，这是个很经典的方法，这里就不再赘述，百度上很多
求卷积有NTT(快速数论变换)与FFT(快速傅立叶变换)两种方法，也许你并不会这两个方法，这没有关系，套模板就行了，对于k=2,k=3的情况，我们只需要将数组拆分成子数组，就可以变成k=1的形式了，问题也就解决了
值得一提的是，由于FFT是复数操作，存在浮点误差，而且取模是一个魔法操作(不会)，所以这里还是用NTT比较合适，注意一个细节，由于要多次使用板子，所以每次用完一定要把板子里面应该重置的数据要初始化，
特别是那两个用来求卷积的数组！！！
做一次卷积，我们就可以得到n次前缀和后的数组，整体时间复杂度O(m+nlogn)
上代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 300005//注意用来求卷积的数组的大小
#define MOD 998244353
#define mod MOD
#define G 3
typedef long long ll;
namespace NTT {//模板内容
int rev[maxn], n, m;
long long A[maxn], B[maxn], C[maxn];
inline ll Pow(ll a, ll k) {
ll base = 1;
while (k) {
if (k & 1) base = (base * a) % MOD;
a = (a * a) % MOD;
k >>= 1;
}
return base % MOD;
}
void NTT(long long *a, int len, int opt) {
for (int i = 0; i < len; i++) {
if (i < rev[i]) {
swap(a[i], a[rev[i]]);
}
}
for (int i = 1; i < len; i <<= 1) {
long long wn = Pow(G, (opt * ((MOD - 1) / (i << 1)) + MOD - 1) % (MOD - 1));
int step = i << 1;
for (int j = 0; j < len; j += step) {
long long w = 1;
for (int k = 0; k < i; k++, w = (1ll * w * wn) % MOD) {
long long x = a[j + k];
long long y = 1ll * w * a[j + k + i] % MOD;
a[j + k] = (x + y) % MOD;
a[j + k + i] = (x - y + MOD) % MOD;
}
}
}
if (opt == -1) {
long long r = Pow(len, MOD - 2);
for (int i = 0; i < len; i++)
a[i] = 1ll * a[i] * r % MOD;
}
}
void solve(int n, int m) {
int x, l = 0 ,len = 1;
while (len <= n + m) len <<= 1, ++l;
for (int i = 0; i < len; ++i)
rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));
NTT(A, len, 1), NTT(B, len, 1);
for (int i = 0; i < len; ++i){
C[i] = (ll) (A[i] * B[i]) % MOD;
A[i]=B[i]=0;
}
NTT(C, len, -1);
}
}
template <class T>
void read(T &x) {
static char ch;static bool neg;
for(ch=neg=0;ch<'0' || '9'<ch;neg|=ch=='-',ch=getchar());
for(x=0;'0'<=ch && ch<='9';(x*=10)+=ch-'0',ch=getchar());
x=neg?-x:x;
}
int n,cnt[4];
ll a[100005],c[100005];
ll fac[1000005],inv[1000005];
ll pow_mod(ll m,ll n)
{
ll res=1;
while (n)
{
if(n&1)res=res*m%mod;
m=m*m%mod;
n>>=1;
}
return res;
}
void init()
{
inv[0]=fac[0]=1;
for(int i=1;i<=1000000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[1000000]=pow_mod(fac[1000000],mod-2);
for(int i=999999;i>=1;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll C(int n,int m)
{
if(m==0)return 1;//这个地方是为了特殊处理调cnt=0的情况，这个时候的c数组应该是1,0,0,0,0...
if(n-m<0)return 0;
return fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
void calc(int m)//求m次前缀和的组合数数组
{
for(int i=1;i<=n;i++){
c[i]=C(m-2+i,i-1);
}
}
int main()
{
init();//组合数预处理
int T;
cin>>T;
while (T--)
{
memset(cnt,0, sizeof(cnt));
int m,op;
read(n);read(m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
read(a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
read(op);
++cnt[op];
}
calc(cnt[1]);
for(int i=0;i<n;i++)NTT::A[i]=a[i+1];
for(int i=0;i<n;i++)NTT::B[i]=c[i+1];
NTT::solve(n,n);
for(int i=0;i<n;i++)a[i+1]=NTT::C[i];
calc(cnt[2]);
vector<int>d1,d2,d3;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
i%2?d1.emplace_back(a[i]):d2.emplace_back(a[i]);
}
for(int i=0;i<d1.size();i++)NTT::A[i]=d1[i];
for(int i=0;i<d1.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
NTT::solve(d1.size(),d1.size());
for(int i=1;i<=n;i+=2)a[i]=NTT::C[i/2];
for(int i=0;i<d2.size();i++)NTT::A[i]=d2[i];
for(int i=0;i<d2.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
NTT::solve(d2.size(),d2.size());
for(int i=2;i<=n;i+=2)a[i]=NTT::C[i/2-1];
d1.clear();
d2.clear();
calc(cnt[3]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i%3==1)d1.emplace_back(a[i]);
else if(i%3==2)d2.emplace_back(a[i]);
else d3.emplace_back(a[i]);
}
for(int i=0;i<d1.size();i++)NTT::A[i]=d1[i];
for(int i=0;i<d1.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
NTT::solve(d1.size(),d1.size());
for(int i=1;i<=n;i+=3)a[i]=NTT::C[i/3];
for(int i=0;i<d2.size();i++)NTT::A[i]=d2[i];
for(int i=0;i<d2.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
NTT::solve(d2.size(),d2.size());
for(int i=2;i<=n;i+=3)a[i]=NTT::C[i/3];
for(int i=0;i<d3.size();i++)NTT::A[i]=d3[i];
for(int i=0;i<d3.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
NTT::solve(d3.size(),d3.size());
for(int i=3;i<=n;i+=3)a[i]=NTT::C[i/3-1];
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans=ans^(1ll*i*a[i]);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
标程给了一个更好的思路，k=2时，我们把k=1的那种c数组变成c[1]，0，c[2]，0，c[3]，0....
k=3时，变成c[1]，0，0，c[2]，0，0，c[3]，0，0...这种，然后直接对两个数组求卷积就可以了
这是按照标程思路写的代码，精简了很多，常数也小了一些
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 300005 #define MOD 998244353 #define mod MOD #define G 3 typedef long long ll; int rev[maxn]; long long C[maxn]; inline ll Pow(ll a, ll k) { ll base = 1; while (k) { if (k & 1) base = (base * a) % MOD; a = (a * a) % MOD; k >>= 1; } return base % MOD; } void NTT(long long *a, int len, int opt) { for (int i = 0; i < len; ++i) { if (i < rev[i]) { swap(a[i], a[rev[i]]); } } for (int i = 1; i < len; i <<= 1) { long long wn = Pow(G, (opt * ((MOD - 1) / (i << 1)) + MOD - 1) % (MOD - 1)); int step = i << 1; for (int j = 0; j < len; j += step) { long long w = 1; for (int k = 0; k < i; ++k, w = (1ll * w * wn) % MOD) { long long x = a[j + k]; long long y = 1ll * w * a[j + k + i] % MOD; a[j + k] = (x + y) % MOD; a[j + k + i] = (x - y + MOD) % MOD; } } } if (opt == -1) { long long r = Pow(len, MOD - 2); for (int i = 0; i < len; i++) a[i] = 1ll * a[i] * r % MOD; } } void solve(ll A[],ll B[],int n, int m) { int x, l = 0 ,len = 1; while (len <= n + m) len <<= 1, ++l; for (int i = 0; i < len; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1)); NTT(A, len, 1), NTT(B, len, 1); for (int i = 0; i < len; ++i) { C[i] = (ll) (A[i] * B[i]) % MOD; A[i] = B[i] = 0; } NTT(C, len, -1); } void read(ll &x) { static char ch;static bool neg; for(ch=neg=0;ch<'0' || '9'<ch;neg|=ch=='-',ch=getchar()); for(x=0;'0'<=ch && ch<='9';(x*=10)+=ch-'0',ch=getchar()); x=neg?-x:x; } int n,cnt[4]; ll a[maxn],c[maxn]; ll fac[1000005],inv[1000005]; ll pow_mod(ll m,ll n) { ll res=1; while (n) { if(n&1)res=res*m%mod; m=m*m%mod; n>>=1; } return res; } void init() { inv[0]=fac[0]=1; for(int i=1;i<=1000000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod; inv[1000000]=pow_mod(fac[1000000],mod-2); for(int i=999999;i>=1;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod; } ll Comb(int n,int m) { return n<m?0:fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod; } int main() { init();//组合数预处理 int T; cin>>T; while (T--) { memset(cnt,0, sizeof(cnt)); ll m,op; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) { read(a[i]); } for(int i=1;i<=m;i++) { read(op); ++cnt[op]; } for(int i=1;i<=3;i++) { memset(c,0, sizeof(c)); for(int j=0;j*i<n;j++) { c[j*i]=Comb(cnt[i]-1+j,j); } if(cnt[i]==0)c[0]=1;//特殊处理 solve(a+1,c,n,n); for(int i=0;i<n;i++)a[i+1]=C[i]; } ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++)ans=ans^(1ll*i*a[i]); cout<<ans<<endl; } return 0; }
总结：这个题总体来说还是不难的，虽然过程繁琐，比赛的时候用了FFT也没写出来，不过总的收获还是很大的，以前对于这种比赛时过的很少的题束手无策，现在也能自己分析个七七八八的，算是一种进步了吧
多想想，不要轻易放弃，也许下一刻就能收获AC！
