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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

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……

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 #define LL long long
 7 using namespace std;
 8 const int mod=1e9+7;
 9 const int inv2=500000004;
10 const int mxn=2330010;
11 int read(){
12     int x=0,f=1;char ch=getchar();
13     while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
14     while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
15     return x*f;
16 }
17 void write(int x){
18     if(x>9)write(x/10);
19     putchar('0'+x%10);
20     return;
21 }
22 int N,len;
23 int a[mxn],b[mxn];
24 void FWT(int *a){
25     for(int i=1;i<N;i<<=1){
26         int p=i<<1;
27         for(int j=0;j<N;j+=p){
28             for(int k=0;k<i;k++){
29                 int x=a[j+k],y=a[j+k+i];
30                 a[j+k]=(x+y);if(a[j+k]>=mod)a[j+k]-=mod;
31                 a[j+k+i]=(x-y);if(a[j+k+i]<0)a[j+k+i]+=mod;
32             }
33         }
34     }
35     return;
36 }
37 void UTF(int *a){
38     for(int i=1;i<N;i<<=1){
39         int p=i<<1;
40         for(int j=0;j<N;j+=p){
41             for(int k=0;k<i;k++){
42                 int x=a[j+k],y=a[j+k+i];
43                 a[j+k]=(x+y)*(LL)inv2%mod;
44                 a[j+k+i]=(x-y)*(LL)inv2%mod;
45             }
46         }
47     }
48     return;
49 }
50 int ksm(int a,int k){
51     int res=1;
52     while(k){
53         if(k&1)res=(LL)res*a%mod;
54         a=(LL)a*a%mod;
55         k>>=1;
56     }
57     return res;
58 }
59 int n,m,T;
60 int main(){
61     int i,j;
62     n=read();T=read();
63     m=1<<n;
64     for(N=1,len=0;N<=m;N<<=1)len++;
65     for(i=0;i<m;i++)a[i]=read();
66     for(i=0;i<m;i++){
67         if(i-(i&-i)==0)b[i]=1;
68     }
69     FWT(a);FWT(b);
70     for(i=0;i<N;i++)a[i]=(LL)a[i]*ksm(b[i],T)%mod;
71     UTF(a);
72     for(i=0;i<m;i++){
73 //        printf("%d ",(a[i]+mod)%mod);
74         write((a[i]+mod)%mod);
75         putchar(' ');
76     }
77     return 0;
78 }

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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