51nod1773 A国的贸易

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A国是一个神奇的国家。

这个国家有 2n 个城市，每个城市都有一个独一无二的编号，编号范围为0~2n-1。

A国的神奇体现在，他们有着神奇的贸易规则。

当两个城市u，v的编号满足calc（u，v）=1的时候，这两个城市才可以进行贸易（即有一条边相连）。
而calc（u，v）定义为u，v按位异或的结果的二进制表示中数字1的个数。

ex：calc（1,2）=2 ——> 01 xor 10 = 11

calc（100,101）=1 ——> 0110,0100 xor 0110,0101 = 1

calc（233,233）=0 ——> 1110,1001 xor 1110,1001 = 0

每个城市开始时都有不同的货物存储量。

而贸易的规则是：
每过一天，可以交易的城市之间就会交易一次。

在每次交易中，当前城市u中的每个货物都将使所有与当前城市u有贸易关系的城市货物量 +1 。
请问 t 天后，每个城市会有多少货物。
答案可能会很大，所以请对1e9+7取模。

Input

第一行两个正整数 n , t，意义如题。

第二行 2^n 个非负整数，第 i 个数表示编号为 i-1 的城市的初始货物存储量。

n<=20  t<=10^9

Output

输出一行 2^n 个非负整数。

第 i 个数表示过了 t 天后，编号为 i-1 的城市上的货物数量对 1e9+7 取模的结果。

Input示例

样例1：

3 2

1 2 3 4 5 6 7 8

样例2：

1 1

0 1

Output示例

样例1：

58 62 66 70 74 78 82 86

样例2：

1 1

动态规划 FWT

根据题意一天到下一天的转移有两种：

　　1、从f[x]转移到f[x]（累加自身）

　　2、从f[x]转移到f[x Xor 2^i]

转化一下视角，从上一天到这天的转移有两种：

　　1、从f[x Xor 2^0]到f[x]

　　2、从f[x Xor 2^i]到f[x]

显然，我们构造一个数组B，使得B只有0和2的幂次位为1，其他位为0，和原数组做异或卷积就能得到一次转移的结果。

加个快速幂就可以了。

需要输出优化。

博主不知道是有多困(chun)，才能做到FWT的时候只变换原数组不变换B数组就直接乘，还如同星际选手一般地反复在其他地方找bug……

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<cstring>

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #define LL long long

 using namespace std;

 const int mod=1e9+;

 const int inv2=;

 const int mxn=;

 int read(){

     int x=,f=;char ch=getchar();

     while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}

     while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 void write(int x){

     if(x>)write(x/);

     putchar(''+x%);

     return;

 }

 int N,len;

 int a[mxn],b[mxn];

 void FWT(int *a){

     for(int i=;i<N;i<<=){

         int p=i<<;

         for(int j=;j<N;j+=p){

             for(int k=;k<i;k++){

                 int x=a[j+k],y=a[j+k+i];

                 a[j+k]=(x+y);if(a[j+k]>=mod)a[j+k]-=mod;

                 a[j+k+i]=(x-y);if(a[j+k+i]<)a[j+k+i]+=mod;

             }

         }

     }

     return;

 }

 void UTF(int *a){

     for(int i=;i<N;i<<=){

         int p=i<<;

         for(int j=;j<N;j+=p){

             for(int k=;k<i;k++){

                 int x=a[j+k],y=a[j+k+i];

                 a[j+k]=(x+y)*(LL)inv2%mod;

                 a[j+k+i]=(x-y)*(LL)inv2%mod;

             }

         }

     }

     return;

 }

 int ksm(int a,int k){

     int res=;

     while(k){

         if(k&)res=(LL)res*a%mod;

         a=(LL)a*a%mod;

         k>>=;

     }

     return res;

 }

 int n,m,T;

 int main(){

     int i,j;

     n=read();T=read();

     m=<<n;

     for(N=,len=;N<=m;N<<=)len++;

     for(i=;i<m;i++)a[i]=read();

     for(i=;i<m;i++){

         if(i-(i&-i)==)b[i]=;

     }

     FWT(a);FWT(b);

     for(i=;i<N;i++)a[i]=(LL)a[i]*ksm(b[i],T)%mod;

     UTF(a);

     for(i=;i<m;i++){

 //        printf("%d ",(a[i]+mod)%mod);

         write((a[i]+mod)%mod);

         putchar(' ');

     }

     return ;

 }

基准时间限制：2 秒空间限制：524288 KB 分值: 40 难度：4级算法题

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