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https://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1172
给出一个数组A，经过一次处理，生成一个 数组S，数组S中的每个值相当于数组A的累加，比如：A = {1 3 5 6} => S = {1 4 9 15}。如果对生成的数组S再进行一次累加操作，{1 4 9 15} => {1 5 14 29}，现在给出数组A，问进行K次操作后的结果。(输出结果 Mod 10^9 + 7)
第1行，2个数N和K，中间用空格分隔，N表示数组的长度，K表示处理的次数（2 <= n <= 50000, 0 <= k <= 10^9, 0 <= a[i] <= 10^9)
共N行，每行一个数，对应经过K次处理后的结果。输出结果 Mod 10^9 + 7。
4 2 1 3 5 6
1 5 14 29
考虑每个位置的贡献，所求即$ans[n]=\sum_{i+j=n}^{}C(k-1+i,i)\cdot a[j]$ ，其中 $C(n,i) $表示从 n 个物品里选出 i 个物品的方案数。
上述卷积形式可以利用FFT或NTT加速运算，难点在于答案模 109+7，设其为 P ，这意味这参与卷积的每个元素值为不大于 (P−1) 的非负整数，卷积后的值为不大于 (n+1)⋅(P−1)2=O(nP2) 的值，这个上界可以达到 5⋅1022 。
一种想法是利用3种模意义下的NTT结果进行合并，得到这个可能达到 5⋅1022 的数，再取模，一共需要9次NTT，涉及高精度。
还有一种想法就是降低卷积前的元素值上界，令 M 为满足 P≤M2 的最小正整数，将多项式 f 拆成 f1+f2⋅M 的形式，那么每个元素的值上界是 O(M)=O($\sqrt{p}$) 的，卷积后的值上界是 O(nP) 的，用long double来做FFT差不多可以接受，而卷积可以写为 f∗g=(f1+f2⋅M)∗(g1+g2⋅M)=(f1∗f2)+(f1∗g2+f2∗g1)⋅M+(f2∗g2)⋅M2 ，一共需要7次FFT，不涉及高精度。
很邪，51nod上c++会wa，c++11会过..
以前只在大牛的博客上看到过第一种做法，但没有实用性，第二种方法很强。
昨天刚好看到，拉出来封个版
1 //#include <bits/stdc++.h> 2 #include <stdio.h> 3 #include <iostream> 4 #include <string.h> 5 #include <math.h> 6 #include <stdlib.h> 7 #include <limits.h> 8 #include <algorithm> 9 #include <queue> 10 #include <vector> 11 #include <set> 12 #include <map> 13 #include <stack> 14 #include <bitset> 15 #include <string> 16 #include <time.h> 17 using namespace std; 18 long double esp=1e-11; 19 //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") 20 #define fi first 21 #define se second 22 #define all(a) (a).begin(),(a).end() 23 #define cle(a) while(!a.empty())a.pop() 24 #define mem(p,c) memset(p,c,sizeof(p)) 25 #define mp(A, B) make_pair(A, B) 26 #define pb push_back 27 #define lson l , m , rt << 1 28 #define rson m + 1 , r , rt << 1 | 1 29 typedef long long int LL; 30 const long double PI = acos((long double)-1); 31 const LL INF=0x3f3f3f3fll; 32 const int MOD =1000000007ll; 33 const int maxn=140100; 34 struct complex 35 { 36 long double r,i; 37 complex(long double _r = 0.0,long double _i = 0.0){r = _r; i = _i;} 38 complex operator +(const complex &b){return complex(r+b.r,i+b.i);} 39 complex operator -(const complex &b){return complex(r-b.r,i-b.i);} 40 complex operator *(const complex &b){return complex(r*b.r-i*b.i,r*b.i+i*b.r);} 41 }; 42 void change(complex y[],int len) 43 { 44 int i,j,k; 45 for(i = 1, j = len/2;i < len-1; i++) 46 { 47 if(i < j)swap(y[i],y[j]); 48 k = len/2; 49 while( j >= k) 50 { 51 j -= k; 52 k /= 2; 53 } 54 if(j < k) j += k; 55 } 56 } 57 void FFT(complex y[],int len,int on) //len=2^k 58 { 59 change(y,len); 60 for(int h = 2; h <= len; h <<= 1) 61 { 62 complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h)); 63 for(int j = 0;j < len;j+=h) 64 { 65 complex w(1,0); 66 for(int k = j;k < j+h/2;k++) 67 { 68 complex u = y[k]; 69 complex t = w*y[k+h/2]; 70 y[k] = u+t; 71 y[k+h/2] = u-t; 72 w = w*wn; 73 } 74 } 75 } 76 if(on == -1) 77 for(int i = 0;i < len;i++) 78 y[i].r /= len; 79 } 80 int callen(int len1,int len2){ 81 int len=1; 82 while(len < (len1<<1) || len < (len2<<1))len<<=1; 83 return len; 84 } 85 LL fftans[maxn]; 86 complex tf[5][maxn]; 87 void fft(LL* y1,int len1,LL* y2,int len2,LL mod){ 88 LL p=sqrt(mod)+10; 89 int len=callen(len1,len2); 90 for(int i = 0;i < len1;i++) 91 { 92 tf[0][i] = complex(y1[i]%p,0); 93 tf[1][i] = complex(y1[i]/p,0); 94 } 95 for(int i = len1;i < len;i++) 96 { 97 tf[0][i] = complex(0,0); 98 tf[1][i] = complex(0,0); 99 } 100 for(int i = 0;i < len2;i++) 101 { 102 tf[2][i] = complex(y2[i]%p,0); 103 tf[3][i] = complex(y2[i]/p,0); 104 } 105 for(int i = len2;i < len;i++) 106 { 107 tf[2][i] = complex(0,0); 108 tf[3][i] = complex(0,0); 109 } 110 for(int i = 0;i < 4;i++) 111 FFT(tf[i],len,1); 112 memset(fftans,0,(len1+len2-1)*sizeof(LL)); 113 114 for(int i = 0;i < len;i++) 115 tf[4][i] = tf[0][i]*tf[2][i]; 116 FFT(tf[4],len,-1); 117 for(int i = 0;i < len1+len2-1;i++) 118 fftans[i]=(fftans[i]+(LL)(tf[4][i].r+0.5))%mod; 119 120 for(int i = 0;i < len;i++) 121 tf[4][i] = tf[0][i]*tf[3][i]+tf[1][i]*tf[2][i]; 122 FFT(tf[4],len,-1); 123 for(int i = 0;i < len1+len2-1;i++) 124 fftans[i]=(fftans[i]+((LL)(tf[4][i].r+0.5))%mod*p)%mod; 125 126 for(int i = 0;i < len;i++) 127 tf[4][i] = tf[1][i]*tf[3][i]; 128 FFT(tf[4],len,-1); 129 for(int i = 0;i < len1+len2-1;i++) 130 fftans[i]=(fftans[i]+((LL)(tf[4][i].r+0.5))%mod*p%mod*p)%mod; 131 } 132 LL inv[50001]; 133 LL a[maxn],b[maxn]; 134 135 int main() 136 { 137 //freopen("in.txt", "r", stdin); 138 //freopen("inlay.in", "r", stdin); 139 //freopen("out.txt", "w", stdout); //%I64d 140 //vector<int>::iterator iter; 141 //for(int x=1;x<=n;x++) 142 //for(int y=1;y<=n;y++) 143 //scanf("%d",&a); 144 //printf("%d\n",ans); 145 int n; 146 LL k; 147 scanf("%d%lld",&n,&k); 148 inv[1]=1; 149 for(int x=2;x<n;x++)inv[x]=(MOD-MOD/x)*inv[MOD%x]%MOD; 150 for(int x=0;x<n;x++) 151 scanf("%lld",&a[x]); 152 LL tem=1; 153 b[0]=1; 154 for(int x=1;x<n;x++) 155 { 156 tem=tem*(x+k-1)%MOD*inv[x]%MOD; 157 b[x]=tem; 158 } 159 fft(a,n,b,n,MOD); 160 for(int x=0;x<n;x++) 161 printf("%lld\n",(fftans[x]+MOD)%MOD); 162 return 0; 163 }
2016-07-30
51nod 1172 Partial Sums V2 任意模FFT
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原文地址：http://www.cnblogs.com/femsub/p/5722066.html
