51nod 1172 Partial Sums V2

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题目

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)

分析

发现，每次处理相当于将A卷上一个\(I(\forall a_i=1)\)
于是机智的我在wiki又发现狄利克雷卷积满足交换律（我居然才知道）
于是快速幂咯，时间复杂度\(O(nlog^2n)\)，常数巨大，在51nod的老爷机上根本过不了。
然后就TLE得一塌糊涂。
于是找规律，发现\(ans_k=\sum_{i+j=k}A_iC_{j+n-1}^{j}\)
然后NTT
但是，\(10^9+7\)并没有原根，所以祭出三模数NTT（如果有人想用高精度，我也没办法）。
因为\((10^9+7)^2*n\approx10^{23}\)，所以找三个\(10^9\)左右的模数。
假设
\[ans≡a_0(mod\ m_0)\]
\[ans≡a_1(mod\ m_1)\]
\[ans≡a_2(mod\ m_2)\]
因为\(m_0m_1m_2\)会爆long long
所有，通过CRT（中国剩余定理）合并前两项，于是\(M=m_0*m_1\)
\[ans≡A(mod\ M)\]
\[ans≡a_2(mod\ m_2)\]
设\(ans=kM+A\)
因为\[kM+A≡ans≡a_2(mod\ m_2)\]
所以\[k≡(a_2-A)M^{-1}(mod\ m_2)\]
那么根据上面的式子求出k，通过\(kM+A=ans\)就可以求出ans了。

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#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
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#include <map>
#include <bitset>
#include <set>
const int maxlongint=2147483647;
const long long mo=1e9+7;
const int N=200005;
using namespace std;
long long mod[3]={469762049,998244353,1004535809},M=mod[0]*mod[1],W[3][N];
long long f[3][N],g[3][N],v[3][N],v_[N],jc[3][N],ny[3][N],inv[N];
int n,m,fn;
long long poww(long long x,long long y,int z)
{
    long long s=1;
    x%=mod[z];
    for(;y;x=x*x%mod[z],y>>=1)
        if(y&1) s=s*x%mod[z];
    return s;
}
long long mul(long long x,long long y,long long mo)
{
    long long s=0;
    x%=mo;
    for(;y;x=(x+x)%mo,y>>=1)
        if(y&1) s=(s+x)%mo;
    return s;
}
void NTT(long long *f,int type,int z)
{
    for(int i=0,p=0;i<fn;i++)
    {
        if(i<p) swap(f[i],f[p]);
        for(int j=fn>>1;(p^=j)<j;j>>=1);
    }
    for(int i=2;i<=fn;i<<=1)
    {
        int half=i>>1,pe=fn/i;
        for(int j=0;j<half;j++)
        {
            long long w=!type?W[z][j*pe]:W[z][fn-j*pe];
            for(int k=j;k<fn;k+=i)
            {
                long long x=f[k],y=f[k+half]*w%mod[z];
                f[k]=(x+y)%mod[z],f[k+half]=(x-y+mod[z])%mod[z];
            }
        }
    }
    if(type)
    {
        long long ni=poww(fn,mod[z]-2,z);
        for(int i=0;i<fn;i++) f[i]=f[i]*ni%mod[z];
    }
}
long long CRT(long long a0,long long a1,long long a2)
{
    long long n0=poww(mod[1],mod[0]-2,0),n1=poww(mod[0],mod[1]-2,1);
    long long A=(mul(a0*mod[1]%M,n0%M,M)+mul(a1*mod[0]%M,n1%M,M))%M,n2=poww(M%mod[2],mod[2]-2,2);
    long long k=(a2-A)%mod[2]*n2%mod[2];
    k=(k%mod[2]+mod[2])%mod[2];
    return (k%mo*(M%mo)%mo+A)%mo;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(fn=1;fn<=n*2+2;fn<<=1);
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=fn;i++) inv[i]=(-(mo/i)*inv[mo%i]%mo+mo)%mo;
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&f[0][i]),f[1][i]=f[2][i]=f[0][i];
    for(int j=0;j<3;j++)
    {
        W[j][0]=1,W[j][1]=poww(3,(mod[j]-1)/fn,j);
        for(int i=2;i<=fn;i++) W[j][i]=W[j][i-1]*W[j][1]%mod[j];
        for(int i=0;i<n;i++) v[j][i]=1;
        g[j][0]=1;
        for(int i=1;i<n;i++) g[j][i]=g[j][i-1]*(i+m-1)%mo*inv[i]%mo;
    }
    for(int j=0;j<3;j++)
    {
        NTT(f[j],0,j),NTT(g[j],0,j);
        for(int i=0;i<fn;i++) f[j][i]=f[j][i]*g[j][i]%mod[j];
        NTT(f[j],1,j);
    }
    for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld\n",CRT(f[0][i],f[1][i],f[2][i]));
}

51nod 1172 Partial Sums V2

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原文地址：https://www.cnblogs.com/chen1352/p/9099498.html