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
2 2 2 1 1 1 1 1 1 2
Sample Output
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：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define in freopen("coin.in","r",stdin); 3 #define out freopen("coin.out","w",stdout); 4 #define M 100100 5 using namespace std; 6 typedef long long ll; 7 ll n,T,tot; 8 char a[2][M],ans[M<<1]; 9 inline ll read() 10 { 11 ll x=0,f=1; 12 char ch=getchar(); 13 while(ch<'0'||ch>'9') 14 { 15 if(ch=='-') 16 f=-1; 17 ch=getchar(); 18 } 19 while(ch>='0'&&ch<='9') 20 { 21 x=x*10+ch-'0'; 22 ch=getchar(); 23 } 24 return x*f; 25 } 26 int main() 27 { 28 ll i,j,x; 29 n=read(); 30 T=read(); 31 for(i=1;i<=n;i++) 32 { 33 x=read(); 34 a[0][i]=x-1; 35 } 36 for(j=2;j<=T;j<<=1) 37 { 38 if(T&j) 39 { 40 tot++; 41 for(i=1;i<=n;i++) 42 { 43 ll x1=(i+(j>>1)%n+n-1)%n+1; 44 ll y1=(i-(j>>1)%n+n-1)%n+1; 45 a[tot&1][i]=a[~tot&1][x1]^a[~tot&1][y1]; 46 } 47 } 48 } 49 for(i=1;i<=n;i++) 50 { 51 ans[i+i-1]=a[tot&1][i]; 52 } 53 if(T&1) 54 { 55 for(i=1;i<=n;i++) 56 { 57 ans[i<<1]=ans[i+i-1]^ans[i==n?1:i<<1|1]; 58 } 59 for(i=1;i<=n;i++) 60 { 61 ans[i+i-1]=-1; 62 } 63 } 64 else 65 { 66 for(i=1;i<=n;i++) 67 { 68 ans[i+i]=-1; 69 } 70 } 71 for(i=1;i<=n<<1;i++) 72 { 73 printf("%d%c",ans[i]+1,i==n+n?' ':' '); 74 } 75 return 0; 76 }
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)。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define in freopen("coin.in","r",stdin); 3 #define out freopen("coin.out","w",stdout); 4 typedef long long ll; 5 using namespace std; 6 inline ll read() 7 { 8 ll x=0,f=1; 9 char ch=getchar(); 10 while(ch<'0'||ch>'9') 11 { 12 if(ch=='-') 13 f=-1; 14 ch=getchar(); 15 } 16 while(ch>='0'&&ch<='9') 17 { 18 x=x*10+ch-'0'; 19 ch=getchar(); 20 } 21 return x*f; 22 } 23 const int N=200020; 24 ll n,t,a[N],b[N]; 25 ll f(ll b,ll k) 26 { 27 ll x=b-k; 28 ll y=b+k; 29 x=(x%(n<<1)+(n<<1)-1)%(n<<1)+1; 30 y=(y-1)%(n<<1)+1; 31 if(k==0) 32 return a[x]; 33 if(a[x]==0) 34 return 0; 35 if(a[x]==a[y]) 36 return 1; 37 else return 2; 38 } 39 void work(ll k,ll q) 40 { 41 if(k==0) 42 return; 43 work(k>>1,q<<1); 44 if(k%2==1) 45 { 46 memset(b,false,sizeof(b)); 47 for(ll j=1;j<=(n<<1);j++) 48 b[j]=f(j,q); 49 swap(a,b); 50 } 51 } 52 int main() 53 { 54 n=read(); 55 t=read(); 56 for(ll i=1;i<=n;i++) 57 a[(i<<1)-1]=read(); 58 work(t,1); 59 for(ll i=1;i<(n<<1);i++) 60 cout<<a[i]<<" "; 61 cout<<a[n<<1]<<endl; 62 return 0; 63 }