Codeforces1096G Lucky Tickets(NTT优化dp)
设\(f[i][j]\)表示填了\(i\)个数,数位和为\(j\)的方案数
于是方程为:
\[f[i][j]=\sum_{k=0}^9 f[i-1][j-k]*[CanUse[k]==1]\]
其中\(CanUse[i]\)表示是否可用\(i\)这个数字
最终答案为:
\[\sum_{i=0}^{9*(n/2)}f[n/2][j]\]
直接转移肯定\(T\)飞,需要一些优化。于是我们观察到这个式子是卷积形式的式子,直接上\(NTT\)板子+快速幂即可
\(P.S.\)一些优化
可以把每个\(pow(g,(mod-1)/i)\)和\(pow(g,-(mod-1)/i)\)预处理出来,\(NTT\)过程中直接调用
快速幂前可以直接把系数表示化为点值表示,快速幂时直接乘,快速幂后再换回去系数表示
所以时间复杂度为\(0(9*(n/2)log_29*(n/2))\)
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 998244353ll
#define N 1048580
using namespace std;
ll G[N],F[N],tmp[N],tot[N],invG[N],inv,ans=0;
const ll g=3;
int rev[N],len,x;
void NTT(ll *a,int n,int f){
int i,j,k;
for(i=0;i<n;++i) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(i=2;i<=n;i<<=1){
ll omega;
int m=i>>1;
(f==1)?omega=G[i]:omega=invG[i];
for(j=0;j<n;j+=i){
ll p=1;
for(k=j;k<j+m;++k,(p*=omega)%=mod){
ll u=a[k],v=p*a[k+m]%mod;
a[k]=(u+v)%mod,a[k+m]=(u-v+mod)%mod;
}
}
}
if(f==-1) for(i=0;i<n;++i) (a[i]*=inv)%=mod;
}
ll ksm(ll x,int y){
ll ans=1;
while(y){
if(y&1) (ans*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
void init(int n){
int i;
for(len=1,x=0;len<=n;len<<=1,++x);
for(i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(x-1));
G[len]=ksm(g,(mod-1)/len),invG[len]=ksm(g,mod-1-(mod-1)/len);
for(i=(len>>1);i>=2;i>>=1){
G[i]=G[i<<1]*G[i<<1]%mod;
invG[i]=invG[i<<1]*invG[i<<1]%mod;
}
}
void mul(ll *a,ll *b){
for(int i=0;i<len;++i) a[i]=a[i]*b[i]%mod;
}
int main(){
int n,d,i;
scanf("%d%d",&n,&d);n/=2;
for(i=1;i<=d;++i) scanf("%d",&x),F[x]=1;
init(9*n);
tot[0]=1;inv=ksm(1ll*len,mod-2);
NTT(F,len,1),NTT(tot,len,1);
x=n;
while(x){
if(x&1) mul(tot,F);
x>>=1;
if(x) mul(F,F);
}
NTT(tot,len,-1);
for(i=0;i<=9*n;++i) (ans+=tot[i]*tot[i]%mod)%=mod;
cout<<ans;
}
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