题意
- 定义一个长度为(n)的序列(P)的价值为(displaystyle sum_{i = 1}^n p_i prod_{i = 1}^n p_i)
- 给定一个序列(A)，求出子序列中最大和最小位置跨度不超过(k)的子序列价值之和
考虑将每个子序列的价值算在子序列的最初的位置上，那么我们只需要求出每个位置(i)之后(k)个位置任选，强制选(i)的贡献就行了
那么考虑将一个数字(x)加入选的集合：
[(sum_{i = 1}^n p_i + x) prod_{i = 1}^n p_i cdot x \
sum_{i = 1}^n p_i prod_{i = 1}^n p_i cdot x + prod_{i = 1}^n p_i cdot x^2
]
注意到区间([L,R])之内的(displaystyle sum_p prod_{i = 1}^n p_i = prod_{i = L}^R (a_i + 1))
所以我们可以考虑序列中每个数的贡献：
令(M = prod_{i = 1}^n (p_i + 1))
那么贡献为
[displaystyle sum_{i = 1}^n p_i^2 frac{M}{p_i + 1}
]
只可惜这样涉及到逆元，无法处理，我们考虑递推：
令(f)表示当前的贡献，(g)表示当前的(displaystyle prod_i (a_i +1))，那么：
[egin{cases}
f^{'} gets f cdot (a_i +1) + g cdot a_i^2\
g^{'} gets g cdot (a_i + 1)
end{cases}
]
显然可以矩阵优化，这里有个小trick，就是每次只会使用(k)个矩阵之积，于是将数组分为(k)个一组，维护前缀积和后缀积，这样即可(o(1))查询
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i, a, b) for(int i = (a), en = (b); i <= en; ++i)
#define Rof(i, a, b) for(int i = (a), en = (b); i >= en; --i)
#define Tra(u, i) for(int i = hd[u]; ~i; i = e[i].net)
#define LL long long
#define DD double
#define LD long double
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-12
#define maxn 1000000
using namespace std;
int n, k, mod, as = 0, s[maxn + 5], sum = 0;
struct Mat{int a[2][2];} a[2 * maxn + 5], f[2 * maxn + 5], g[2 * maxn + 5], uni = (Mat){{{1, 0}, {0, 1}}};
Mat operator * (Mat x, Mat y){
Mat asi = (Mat){0, 0, 0, 0};
asi.a[0][0] = (1ll * x.a[0][0] * y.a[0][0] + 1ll * x.a[0][1] * y.a[1][0]) % mod;
asi.a[0][1] = (1ll * x.a[0][0] * y.a[0][1] + 1ll * x.a[0][1] * y.a[1][1]) % mod;
asi.a[1][0] = (1ll * x.a[1][0] * y.a[0][0] + 1ll * x.a[1][1] * y.a[1][0]) % mod;
asi.a[1][1] = (1ll * x.a[1][0] * y.a[0][1] + 1ll * x.a[1][1] * y.a[1][1]) % mod;
return asi;
}
Mat sol(int l, int r){
if(l > r) return uni;
if(l % k == 0) return f[r];
return g[l] * f[r];
}
int main(){
//freopen("in", "r", stdin);
scanf("%d %d %d", &n, &k, &mod);
For(i, 1, n){
scanf("%d", &s[i]);
sum = (sum + 1ll * s[i] * s[i] % mod) % mod;
a[i] = (Mat){{{s[i] + 1, 0}, {1ll * s[i] * s[i] % mod, s[i] + 1}}};
}
if(!k){printf("%d
", sum); return 0;}
For(i, n + 1, n + k) a[i] = uni;
For(i, 1, n + k){
if(i % k != 0) f[i] = f[i - 1] * a[i];
else f[i] = a[i];
}
Rof(i, n + k, 1){
if(i % k != k - 1) g[i] = g[i + 1] * a[i];
else g[i] = a[i];
}
For(i, 1, n){
Mat tem = sol(i + 1, i + k);
int f = tem.a[1][0], g = tem.a[1][1];
as = (as + 1ll * s[i] * f % mod + 1ll * s[i] * s[i] % mod * g % mod) % mod;
}
printf("%d
", as);
return 0;
}