BZOJ 1411&&Vijos 1544 : [ZJOI2009]硬币游戏【递推，快速幂】

1411: [ZJOI2009]硬币游戏

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Description

Orez很喜欢玩游戏，他最近发明了一款硬币游戏。他在桌子的边缘上划分出2*n个位置并按顺时针把它们标号为1，2，……，2n，然后把n个硬币放在标号为奇数的位置上。接下来每次按如下操作：在任意两个硬币之间放上一个硬币，然后将原来的硬币拿走；所放硬币的正反面由它两边的两个硬币决定，若两个硬币均为正面朝上或反面朝上，则所放硬币为正面朝上，否则为反面朝上。
那么操作T次之后桌子边缘上硬币的情况会是怎样的呢？

Input

文件的第一行包含两个整数n和T。 接下的一行包含n个整数，表示最开始桌面边缘的硬币摆放情况，第i个整数ai表示第i个硬币摆放在2*i-1个位置上，ai=1表示正面朝上，ai=2表示反面朝上。

Output

文件仅包含一行，为2n个整数，其中第i个整数bi桌面边缘的第i个位置上硬币的情况，bi=1表示正面朝上，bi=2表示反面朝上，bi=0表示没有硬币。

Sample Input

10 5
2 2 2 1 1 1 1 1 1 2

Sample Output

0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 1 0 1

数据范围
30%的数据 n≤1000 T≤1000
100%的数据 n≤100000 T≤2^60

HINT

Source

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1411或者https://vijos.org/p/1554

题目大意：给定一圈硬币，T次操作，每次操作在每个硬币中间各放一枚硬币，硬币的正反面由它旁边两个决定，两边相同则为正面，两边不相同则为反面，然后将之前的硬币全部撤掉，问T次操作后的硬币序列，T<=2^60

首先我们令硬币正面为0 反面为1 那么很容易发现新硬币的值为两边硬币的异或值 样例也就很好解释了

1-1-1-0-0-0-0-0-0-1-   0
-0-0-1-0-0-0-0-0-1-0   1
0-0-1-1-0-0-0-0-1-1-   2
-0-1-0-1-0-0-0-1-0-1   3
1-1-1-1-1-0-0-1-1-1-   4
-0-0-0-0-1-0-1-0-0-0   5

然后这题n<=10W 矩阵乘法一定MLE 即使矩阵特殊构造可以干掉一维空间复杂度 O(n^2*logT)的时间也无法承受

我们只考虑偶数的行

易知第二行每个数是原序列该位置左右两个数的异或

由数学归纳法可以 第2^k行每个数是原序列该位置左侧第2^(k-1)个数和右侧第2^(k-1)个数的异或

然后将T进行二进制拆分，每位进行一次变换即可 最后再讨论T的奇偶

时间复杂度O(n*logT)

膜拜出题人，膜拜题解人，这TM也成，我服了！

下面给出AC代码：

 #include <bits/stdc++.h>
 #define in  freopen("coin.in","r",stdin);
 #define out freopen("coin.out","w",stdout);
 #define M 100100
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 ll n,T,tot;
 char a[][M],ans[M<<];
 inline ll read()
 {
     ll x=,f=;
     char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>'')
     {
         if(ch=='-')
             f=-;
         ch=getchar();
     }
     while(ch>=''&&ch<='')
     {
         x=x*+ch-'';
         ch=getchar();
     }
     return x*f;
 }
 int main()
 {
     ll i,j,x;
     n=read();
     T=read();
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         x=read();
         a[][i]=x-;
     }
     for(j=;j<=T;j<<=)
     {
         if(T&j)
         {
             tot++;
             for(i=;i<=n;i++)
             {
                 ll x1=(i+(j>>)%n+n-)%n+;
                 ll y1=(i-(j>>)%n+n-)%n+;
                 a[tot&][i]=a[~tot&][x1]^a[~tot&][y1];
             }
         }
     }
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         ans[i+i-]=a[tot&][i];
     }
     if(T&)
     {
         for(i=;i<=n;i++)
         {
             ans[i<<]=ans[i+i-]^ans[i==n?:i<<|];
         }
         for(i=;i<=n;i++)
         {
             ans[i+i-]=-;
         }
     }
     else
     {
         for(i=;i<=n;i++)
         {
             ans[i+i]=-;
         }
     }
     for(i=;i<=n<<;i++)
     {
         printf("%d%c",ans[i]+,i==n+n?'\n':' ');
     }
     return ;
 }

以上方法我还是有点迷，下面换种写法，

对于样例，进行数学归纳，发现2^k变换之后，第i个位置的硬币情况只与它左右的第k+1个硬币有关。

如k=0,第3位硬币情况只与2和4位硬币有关。因为t可以拆成若干个2^k的和，于是对每个2^k进行O(n)的变换，总复杂度O(nlogt)。

 #include <bits/stdc++.h>
 #define in  freopen("coin.in","r",stdin);
 #define out freopen("coin.out","w",stdout);
 typedef long long ll;
 using namespace std;
 inline ll read()
 {
     ll x=,f=;
     char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>'')
     {
         if(ch=='-')
             f=-;
         ch=getchar();
     }
     while(ch>=''&&ch<='')
     {
         x=x*+ch-'';
         ch=getchar();
     }
     return x*f;
 }
 const int N=;
 ll n,t,a[N],b[N];
 ll f(ll b,ll k)
 {
     ll x=b-k;
     ll y=b+k;
     x=(x%(n<<)+(n<<)-)%(n<<)+;
     y=(y-)%(n<<)+;
     if(k==)
         return a[x];
     if(a[x]==)
         return ;
     if(a[x]==a[y])
         return ;
     else return ;
 }
 void work(ll k,ll q)
 {
     if(k==)
         return;
     work(k>>,q<<);
     if(k%==)
     {
         memset(b,false,sizeof(b));
         for(ll j=;j<=(n<<);j++)
             b[j]=f(j,q);
         swap(a,b);
     }
 }
 int main()
 {
     n=read();
     t=read();
     for(ll i=;i<=n;i++)
         a[(i<<)-]=read();
     work(t,);
     for(ll i=;i<(n<<);i++)
         cout<<a[i]<<" ";
     cout<<a[n<<]<<endl;
     return ;
 }