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HDU多校训练第一场 1012 Sequence

技术 2022年11月14日
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题目链接：acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6589

题意：给出一个长度为n的数组，有m次操作，操作有3种1，2，3，问操作m次后的数组，输出i*a[i]的异或和

操作k的实质是进行一次O(n)的计算，a[i]+=a[i-k] (i-k>0)

k=1时，我们可以发现这是一次求前缀和的操作

k=2时，我们可以发现这是对于1，3，5，7… 2，4，6，8…两个子数组分别进行求前缀和的操作

k=3时，我们可以发现这是对于1，4，7，11…2，5，8，12…3，6，9，12…三个子数组分别求前缀和的操作

暴力的复杂度是O(mn)，我们可以模拟出暴力的过程，其实这并不是一个浪费时间的过程，因为在比赛时，我们通过这个暴力的程序验算样例，发现了一个性质，那就是操作顺序的改变，并不会影响结果！

这个性质是解题的关键，如果没有发现这个性质，那么是想不到正解的，那么，问题的本质就变成了如何快速求出m次前缀和，粗略一想很显然这还是个o(nm)的操作，其实不然

观察求前缀和的过程

0次(不求)：a[1]，a[2]，a[3]，a[4]，a[5]…

1次：         a[1]，a[2]+a[1]，a[3]+a[2]+a[1]，a[4]+a[3]+a[2]+a[1]，a[5]+a[4]+a[3]+a[2]+a[1]…

2次：         a[1]，a[2]+2a[1]，a[3]+2a[2]+3a[1]，a[4]+2a[3]+3a[2]+4a[1]，a[5]+2a[4]+3a[3]+4a[2]+5a[1]…

3次：         a[1]，a[2]+3a[1]，a[3]+3a[2]+6a[1]，a[4]+3a[3]+6a[2]+10a[1]，a[5]+3a[4]+6a[3]+10a[2]+15a[1]…

…

这里，规律就很明显了，我们可以发现进行多次前缀和后的数组，它的结果是和组合数有关的

第m次，组合数数组应该是c[i]=C(m+i-2,i-1)，那么，上述结果用数组表示就是

m次：      c[1]*a[1]，c[1]*a[2]+c[2]*a[1]，c[1]*a[3]+c[2]*a[2]+c[3]*a[1]，c[1]*a[4]+c[2]*a[3]+c[3]*a[2]+c[4]*a[1]，c[1]*a[5]+c[2]*a[4]+c[3]*a[3]+c[4]*a[2]+c[5]*a[1]…

这个东西已经很明显了，就是数组a[1]，a[2]，a[3]，a[4]，a[5]… 与b[1]，b[2]，b[3]，b[4]，b[5]…求卷积的结果，组合数的求法，O(m)预处理，O(1)求解即可，这是个很经典的方法，这里就不再赘述，百度上很多

求卷积有NTT(快速数论变换)与FFT(快速傅立叶变换)两种方法，也许你并不会这两个方法，这没有关系，套模板就行了，对于k=2,k=3的情况，我们只需要将数组拆分成子数组，就可以变成k=1的形式了，问题也就解决了

值得一提的是，由于FFT是复数操作，存在浮点误差，而且取模是一个魔法操作(不会)，所以这里还是用NTT比较合适，注意一个细节，由于要多次使用板子，所以每次用完一定要把板子里面应该重置的数据要初始化，

特别是那两个用来求卷积的数组！！！

做一次卷积，我们就可以得到n次前缀和后的数组，整体时间复杂度O(m+nlogn)

上代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 300005//注意用来求卷积的数组的大小
#define MOD 998244353
#define mod MOD
#define G 3
typedef long long ll;
namespace NTT {//模板内容
    int rev[maxn], n, m;
    long long A[maxn], B[maxn], C[maxn];    inline ll Pow(ll a, ll k) {
        ll base = 1;
        while (k) {
            if (k & 1) base = (base * a) % MOD;
            a = (a * a) % MOD;
            k >>= 1;
        }
        return base % MOD;
    }    void NTT(long long *a, int len, int opt) {
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            if (i < rev[i]) {
                swap(a[i], a[rev[i]]);
            }
        }
        for (int i = 1; i < len; i <<= 1) {
            long long wn = Pow(G, (opt * ((MOD - 1) / (i << 1)) + MOD - 1) % (MOD - 1));
            int step = i << 1;
            for (int j = 0; j < len; j += step) {
                long long w = 1;
                for (int k = 0; k < i; k++, w = (1ll * w * wn) % MOD) {
                    long long x = a[j + k];
                    long long y = 1ll * w * a[j + k + i] % MOD;
                    a[j + k] = (x + y) % MOD;
                    a[j + k + i] = (x - y + MOD) % MOD;
                }
            }
        }
        if (opt == -1) {
            long long r = Pow(len, MOD - 2);
            for (int i = 0; i < len; i++)
                a[i] = 1ll * a[i] * r % MOD;
        }
    }    void solve(int n, int m) {
        int x, l = 0 ,len = 1;
        while (len <= n + m) len <<= 1, ++l;
        for (int i = 0; i < len; ++i)
            rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));
        NTT(A, len, 1), NTT(B, len, 1);
        for (int i = 0; i < len; ++i){
            C[i] = (ll) (A[i] * B[i]) % MOD;
            A[i]=B[i]=0;
        }
        NTT(C, len, -1);
    }
}
template <class T>
void read(T &x) {
    static char ch;static bool neg;
    for(ch=neg=0;ch<'0' || '9'<ch;neg|=ch=='-',ch=getchar());
    for(x=0;'0'<=ch && ch<='9';(x*=10)+=ch-'0',ch=getchar());
    x=neg?-x:x;
}
int n,cnt[4];
ll a[100005],c[100005];
ll fac[1000005],inv[1000005];
ll pow_mod(ll m,ll n)
{
    ll res=1;
    while (n)
    {
        if(n&1)res=res*m%mod;
        m=m*m%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
void init()
{
    inv[0]=fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=1000000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[1000000]=pow_mod(fac[1000000],mod-2);
    for(int i=999999;i>=1;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll C(int n,int m)
{
    if(m==0)return 1;//这个地方是为了特殊处理调cnt=0的情况，这个时候的c数组应该是1,0,0,0,0...
    if(n-m<0)return 0;
    return fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
void calc(int m)//求m次前缀和的组合数数组
{
    for(int i=1;i<=n;i++){
        c[i]=C(m-2+i,i-1);
    }
}
int main()
{
    init();//组合数预处理
    int T;
    cin>>T;
    while (T--)
    {
        memset(cnt,0, sizeof(cnt));
        int m,op;
        read(n);read(m);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            read(a[i]);
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            read(op);
            ++cnt[op];
        }
        calc(cnt[1]);
        for(int i=0;i<n;i++)NTT::A[i]=a[i+1];
        for(int i=0;i<n;i++)NTT::B[i]=c[i+1];
        NTT::solve(n,n);
        for(int i=0;i<n;i++)a[i+1]=NTT::C[i];
        calc(cnt[2]);
        vector<int>d1,d2,d3;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            i%2?d1.emplace_back(a[i]):d2.emplace_back(a[i]);
        }
        for(int i=0;i<d1.size();i++)NTT::A[i]=d1[i];
        for(int i=0;i<d1.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
        NTT::solve(d1.size(),d1.size());
        for(int i=1;i<=n;i+=2)a[i]=NTT::C[i/2];
        for(int i=0;i<d2.size();i++)NTT::A[i]=d2[i];
        for(int i=0;i<d2.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
        NTT::solve(d2.size(),d2.size());
        for(int i=2;i<=n;i+=2)a[i]=NTT::C[i/2-1];
        d1.clear();
        d2.clear();
        calc(cnt[3]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(i%3==1)d1.emplace_back(a[i]);
            else if(i%3==2)d2.emplace_back(a[i]);
            else d3.emplace_back(a[i]);
        }
        for(int i=0;i<d1.size();i++)NTT::A[i]=d1[i];
        for(int i=0;i<d1.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
        NTT::solve(d1.size(),d1.size());
        for(int i=1;i<=n;i+=3)a[i]=NTT::C[i/3];
        for(int i=0;i<d2.size();i++)NTT::A[i]=d2[i];
        for(int i=0;i<d2.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
        NTT::solve(d2.size(),d2.size());
        for(int i=2;i<=n;i+=3)a[i]=NTT::C[i/3];
        for(int i=0;i<d3.size();i++)NTT::A[i]=d3[i];
        for(int i=0;i<d3.size();i++)NTT::B[i]=c[i+1];
        NTT::solve(d3.size(),d3.size());
        for(int i=3;i<=n;i+=3)a[i]=NTT::C[i/3-1];
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)ans=ans^(1ll*i*a[i]);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

标程给了一个更好的思路，k=2时，我们把k=1的那种c数组变成c[1]，0，c[2]，0，c[3]，0….

k=3时，变成c[1]，0，0，c[2]，0，0，c[3]，0，0…这种，然后直接对两个数组求卷积就可以了

这是按照标程思路写的代码，精简了很多，常数也小了一些

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 300005
#define MOD 998244353
#define mod MOD
#define G 3
typedef long long ll;
int rev[maxn];
long long C[maxn];inline ll Pow(ll a, ll k) {
    ll base = ;
    while (k) {
        if (k & ) base = (base * a) % MOD;
        a = (a * a) % MOD;
        k >>= ;
    }
    return base % MOD;
}void NTT(long long *a, int len, int opt) {
    for (int i = ; i < len; ++i) {
        if (i < rev[i]) {
            swap(a[i], a[rev[i]]);
        }
    }
    for (int i = ; i < len; i <<= ) {
        long long wn = Pow(G, (opt * ((MOD - ) / (i << )) + MOD - ) % (MOD - ));
        int step = i << ;
        for (int j = ; j < len; j += step) {
            long long w = ;
            for (int k = ; k < i; ++k, w = (1ll * w * wn) % MOD) {
                long long x = a[j + k];
                long long y = 1ll * w * a[j + k + i] % MOD;
                a[j + k] = (x + y) % MOD;
                a[j + k + i] = (x - y + MOD) % MOD;
            }
        }
    }
    if (opt == -) {
        long long r = Pow(len, MOD - );
        for (int i = ; i < len; i++)
            a[i] = 1ll * a[i] * r % MOD;
    }
}void solve(ll A[],ll B[],int n, int m) {
    int x, l =  ,len = ;
    while (len <= n + m) len <<= , ++l;
    for (int i = ; i < len; ++i)
        rev[i] = (rev[i >> ] >> ) | ((i & ) << (l - ));
    NTT(A, len, ), NTT(B, len, );
    for (int i = ; i < len; ++i) {
        C[i] = (ll) (A[i] * B[i]) % MOD;
        A[i] = B[i] = ;
    }
    NTT(C, len, -);
}
void read(ll &x) {
    static char ch;static bool neg;
    for(ch=neg=;ch<'' || ''<ch;neg|=ch=='-',ch=getchar());
    for(x=;''<=ch && ch<='';(x*=)+=ch-'',ch=getchar());
    x=neg?-x:x;
}
int n,cnt[];
ll a[maxn],c[maxn];
ll fac[],inv[];
ll pow_mod(ll m,ll n)
{
    ll res=;
    while (n)
    {
        if(n&)res=res*m%mod;
        m=m*m%mod;
        n>>=;
    }
    return res;
}
void init()
{
    inv[]=fac[]=;
    for(int i=;i<=;i++)fac[i]=fac[i-]*i%mod;
    inv[]=pow_mod(fac[],mod-);
    for(int i=;i>=;i--)inv[i]=inv[i+]*(i+)%mod;
}
ll Comb(int n,int m)
{
    return n<m?:fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
int main()
{
    init();//组合数预处理
    int T;
    cin>>T;
    while (T--)
    {
        memset(cnt,, sizeof(cnt));
        ll m,op;
        cin>>n>>m;
        for(int i=;i<=n;i++)
        {
            read(a[i]);
        }
        for(int i=;i<=m;i++)
        {
            read(op);
            ++cnt[op];
        }
        for(int i=;i<=;i++)
        {
            memset(c,, sizeof(c));
            for(int j=;j*i<n;j++)
            {
                c[j*i]=Comb(cnt[i]-+j,j);
            }
            if(cnt[i]==)c[]=;//特殊处理
            solve(a+,c,n,n);
            for(int i=;i<n;i++)a[i+]=C[i];
        }
        ll ans=;
        for(int i=;i<=n;i++)ans=ans^(1ll*i*a[i]);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return ;
}

总结：这个题总体来说还是不难的，虽然过程繁琐，比赛的时候用了FFT也没写出来，不过总的收获还是很大的，以前对于这种比赛时过的很少的题束手无策，现在也能自己分析个七七八八的，算是一种进步了吧

多想想，不要轻易放弃，也许下一刻就能收获AC！

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Lomu

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