【HDU5730】 Shell Necklace

HDU5730 Shell Necklace

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题目大意

已知连续i（1<=i<=n）个贝壳组合成一段项链的方案数a[i]，求组合成包含n个贝壳的项链的总方案数。

Solution

1. cdq分治

我们考虑最朴素的\(dp​\).

设\(f_i​\)表示包含\(i​\)个贝壳的方案数,很容易写出转移方程:

\(f_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}×a_j\)

发现这个dp方程直接转移是\(O(n^2)\)的,要优化一下....

这个式子不就是分治FFT的式子?

直接cdq不就好了吗?

1. 多项式求逆

考虑这个东西怎么求逆对吧.

生成函数构出来直接就可以求式子了...(坑+1)

代码实现

分治FFT

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define file(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)
inline int gi()
{
    int f=1,sum=0;char ch=getchar();
    while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f*sum;
}
const int N=1000010,Mod=313;
const double Pi=acos(-1.0);
int a[N],dp[N],n;
struct node
{
    double x,y;
    node operator+(const node b)const{return (node){x+b.x,y+b.y};}
    node operator-(const node b)const{return (node){x-b.x,y-b.y};}
    node operator*(const node b)const{return (node){x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x};}
}A[N],B[N];
int r[N],limit;
void FFT(node *A,int type)
{
    for(int i=0;i<limit;i++)
        if(i<r[i])swap(A[i],A[r[i]]);
    for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
    {
        node Root=(node){cos(Pi/mid),type*sin(Pi/mid)};
        for(int R=mid<<1,j=0;j<limit;j+=R)
        {
            node Mi=(node){1,0};
            for(int k=0;k<mid;k++,Mi=Mi*Root)
            {
                node X=A[j+k],Y=Mi*A[j+mid+k];
                A[j+k]=X+Y;
                A[j+mid+k]=X-Y;
            }
        }
    }
}
void cdq(int l,int R)
{
    if(l==R)
    {
        dp[l]=(dp[l]+a[l])%Mod;
        return;
    }
    int mid=(l+R)>>1;
    cdq(l,mid);
    limit=1;int L=0,len=R-l+1;
    while(limit<=len)limit<<=1,L++;
    for(int i=0;i<limit;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    for(int i=0;i<limit;i++)A[i].x=B[i].x=0,A[i].y=B[i].y=0;
    for(int i=l;i<=mid;i++)A[i-l].x=dp[i],A[i].y=0;
    for(int j=1;j+l<=R;j++)B[j-1].x=a[j],B[j-1].y=0;
    for(int i=mid-l+1;i<=R-l;i++)
        A[i].x=0,A[i].y=0;
    for(int i=len;i<limit;i++){
        A[i].x=0;A[i].y=0;
        B[i].x=0;B[i].y=0;
    }
    FFT(A,1);FFT(B,1);
    for(int i=0;i<limit;i++)
        A[i]=A[i]*B[i];
    FFT(A,-1);
    for(int i=0;i<limit;i++)
        A[i].x=A[i].x/limit;
    for(int i=mid+1;i<=R;i++)
    {
        dp[i]+=((ll)(A[i-l-1].x+0.5))%313;
        dp[i]%=313;
    }
    cdq(mid+1,R);
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)==1 && n)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=gi()%Mod;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        cdq(1,n);
        printf("%d\n",dp[n]);
    }
    return 0;
}

多项式求逆

挖坑待补