标签：sse 网易云音乐 计算 结果 比较 scan leave pass ble
题面：
看无可看(see.pas/cpp/c)
题目描述
“What’s left to see when our eyes won’t open?”
“若彼此瞑目在即，是否终亦看无可看？”
------来自网易云音乐<Golden Leaves-Passenger>
最后的一刻我看到了......
一片昏暗?
我记起来了，
我看到，那里有一个集合S，集合S中有n个正整数a[i](1<=i<=n)
我看到，打破昏暗的密码：
记忆中的f是一个数列，对于i>1它满足f(i)=2*f(i-1)+3*f(i-2)
给出n,k,f(0),f(1)和a[i]，求上述式子的值，由于答案很大，输出答案对99991取模的结果即可
输入
第一行两个正整数n和k
第二行n个正整数a[i]，1<=a[i]<=10^9
第三行两个正整数f(0)和f(1)，1<=f0,f1<99991
输出
一行一个数表示式子的值对99991取模的结果，详情见题目描述
样例输入1
4 2
1 2 1 3
1 1
样例输出1
234
样例输入2
20 10
125 3162 3261 152 376 238 462 4382 376 4972 16 1872 463 9878 688 308 125 236 3526 543
1223 3412
样例输出2
32071
样例输入3、4
见下发文件
样例输出3、4
见下发文件
样例1解释
f={1,1,5,13,41,121,365,1093,3281,9841...}
选a[1]和a[2]，则f(a[1]+a[2])=13
选a[1]和a[3]，则f(a[1]+a[3])=5
选a[1]和a[4]，则f(a[1]+a[4])=41
选a[2]和a[3]，则f(a[2]+a[3])=13
选a[2]和a[4]，则f(a[2]+a[4])=121
选a[3]和a[4]，则f(a[3]+a[4])=41
则ans=13+5+41+13+121+41=234
数据范围
对于20%的数据,1<=n<=20
对于另外10%的数据满足f(0)=f(1)=1
对于另外20%的数据满足1<=n<=5000
对于另外20%的数据满足所有a[i]的和<=10000,1<=n<=100
对于100%的数据，1<=n<=100000,1<=a[i]<=10^9,1<=f[0],f[1]<99991
思路：
先特征值方程搞出来f的通项
是K*3^n+B*(-1)^n
带入f[0],f[1]解出来k和B
观察式子
发现后面一项只跟a[i]和的奇偶性有关
枚举选了多少个奇数的 组合数搞一搞
前一项可以分治FFT
看成(1+3^a[i])(1+3^a[i])一堆乘一块
解题报告：
see
关键字：常系数齐次线性递推，分治，FFT
“对于20%的数据,1<=n<=20”
直接暴力就好了。
“对于另外10%的数据满足f(0)=f(1)=1”
这档是给OEIS和找到某种神奇规律的选手的，然而我不会
“对于另外20%的数据满足所有a[i]的和<=1000,1<=n<=100”
DP，设f[i][j][x]表示前i个数里面选了j个和为x的方案数，直接算。
“对于另外20%的数据满足1<=n<=5000”
f(i)=2*f(i-1)+3*f(i-2)
显然f是一个常系数齐次线性递推的形式，考虑求第n项大概是这样一个过程：
首先，求出x^n对M(x)=x^2-2*x-3取模的结果，设为Res(n)=k[n]*x+b[n]（注：Res(n)为多项式）
然后f(n)即为k[n]*f[1]+b[n]*f[0]
考虑计算f[a+c]+f[b+c]
即求出Res(a+c)+Res(b+c)
那么由于Res(a+c)=Res(a)*Res(c) (MOD M(x))
得到Res(a+c)+Res(b+c)=(Res(a)+Res(b))*Res(c) (MOD M(x))
得到这个结论后我们可以有一个O(n^2)的DP：
设f[i][j]表示前i个数里面选了j个的所有方案的Res的和，也就是说f[i][j]是一个一次多项式，那么转移就是g[i][j]=g[i-1][j]+g[i-1][j-1]*Res(a[i]) (MOD M(x))
最后利用g[n][k]得到答案
进阶满分
上面比较麻烦的是有一个一次多项式，那么如何去掉这个一次多项式的影响呢？
考虑ax+b和cx+d对M(x)取模的答案
(ax+b)*(cx+d)=(ad+bc+2ac)x+(bd+3ac) (MOD M(x))
于是定义一类新的数，称之为One-Degree Number（当然这是我瞎起的名字，下文称之为ODN）
定义ODN t=(a,b)表示t=ax+b，定义乘法(a,b)*(c,d)=(ad+bc+2ac,bd+3ac)，加法与减法显然（没有必要使用除法所以不讨论ODN的除法）
那么Res(a[i])也可以看做是一个ODN
设Gi(y)表示g[i][j]的生成函数，那么Gi(y)=Gi-1(y)*(1+Res(a[i])*y)
这个像什么？分治FFT!!!
如果我们可以做ODN的FFT，那么我们就可以利用分治FFT算出Gn(y)，利用其第k项算出答案。
怎么做ODN的FFT?
这个不是传统的实数，但是有一个东西是和实数域相同的，单位元都是1！！
这就说明我们可以直接用主n次单位复数根来进行运算，即使进行FFT的数是ODN！！
但是要注意的是进行FFT时要重定义数的类型，详情见标程。
时间复杂度O(n (log n)^2)
其实本题可以用二维的FFT来实现，而常系数线性递推的式子也可以不止 2
代码：
//By SiriusRen #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const double pi=acos(-1); const int N=262145,Base=350,mod=99991; int n,k,fsta[N],O1,O2,inv[N],fac[N],K,B,R[N],jyx,jyy,f[N],ta[N],tb[N],tc[N],len; int power(int x,int y){ int r=1; while(y){ if(y&1)r=1ll*r*x%mod; x=1ll*x*x%mod,y>>=1; }return r; } struct Complex{ double x,y;Complex(){} Complex (double X,double Y){x=X,y=Y;} }a1[N],a2[N],b1[N],b2[N],c1[N],c2[N],c3[N]; Complex operator+(Complex a,Complex b){return Complex(a.x+b.x,a.y+b.y);} Complex operator-(Complex a,Complex b){return Complex(a.x-b.x,a.y-b.y);} Complex operator*(Complex a,Complex b){return Complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);} Complex operator/(Complex a,int b){return Complex(a.x/b,a.y/b);} void FFT(Complex *a,int f){ for(int i=0;i<len;i++)if(i<R[i])swap(a[i],a[R[i]]); for(int l=1;l<len;l<<=1){ Complex wn=Complex(cos(pi/l),f*sin(pi/l)); for(int j=0;j<len;j+=(l<<1)){ Complex w=Complex(1,0); for(int k=0;k<l;k++,w=w*wn){ Complex X=a[j+k],Y=w*a[j+k+l]; a[j+k]=X+Y,a[j+k+l]=X-Y; } } } if(f==-1)for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]/len; } void mul(int *X,int *Y,int *Z){ for(int i=0;i<len;i++){ a1[i].y=a2[i].y=b1[i].y=b2[i].y=0; a1[i].x=X[i]/Base,a2[i].x=X[i]%Base; b1[i].x=Y[i]/Base,b2[i].x=Y[i]%Base; } FFT(a1,1),FFT(a2,1),FFT(b1,1),FFT(b2,1); for(int i=0;i<len;i++){ c1[i]=a1[i]*b1[i]; c2[i]=(a1[i]*b2[i]+a2[i]*b1[i]); c3[i]=a2[i]*b2[i]; }FFT(c1,-1),FFT(c2,-1),FFT(c3,-1); for(int i=0;i<len;i++){ ll temp=((ll)(c1[i].x+0.3)%mod*Base%mod*Base%mod+(ll)(c2[i].x+0.3)%mod*Base%mod+(ll)(c3[i].x+0.3)%mod)%mod; Z[i]=temp; } } int C(int x,int y){ if(x<y)return 0; return 1ll*fac[x]*inv[x-y]%mod*inv[y]%mod; } void cdq(int l,int r){ if(l==r){ f[l*2-1]=1,f[l*2]=1ll*power(3,fsta[l])%mod; return; } int mid=(l+r)>>1; cdq(l,mid),cdq(mid+1,r); int len1=(mid-l+1)*2,len2=(r-mid)*2,L=0;len=1; while(len<=len1+len2)len<<=1,L++; for(int i=0;i<len;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)); for(int i=0;i<len1;i++)ta[i]=f[l*2-1+i]; for(int i=len1;i<len;i++)ta[i]=0; for(int i=0;i<len;i++)tb[i]=f[mid*2+1+i]; mul(ta,tb,tc); for(int i=0;i<len1+len2;i++)f[l*2-1+i]=tc[i]; } int main(){ freopen("see.in","r",stdin); freopen("see.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&fsta[i]); fsta[i]=fsta[i]%39996; if(fsta[i]&1)O1++; else O2++; } scanf("%d%d",&jyx,&jyy); inv[0]=inv[1]=fac[0]=1; for(int i=2;i<mod;i++)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; for(int i=1;i<mod;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod; K=1ll*(jyx+jyy)*inv[4]%mod,B=(jyx-K+mod)%mod; for(int i=1;i<mod;i++)inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod; int ans=0; for(int i=0;i<=k;i++) ans=(ans+((i&1)?-1ll:1ll)*C(O1,i)*C(O2,k-i)%mod%mod)%mod; cdq(1,n); printf("%lld\n",((1ll*f[k+1]*K%mod+1ll*B*ans)%mod+mod)%mod); }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/SiriusRen/p/7091255.html
