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  • LG 11 月 月赛 II T4

    LG 11 月 月赛 II T4

    看到膜数和 $ 10^5 $ 以及 $ n^2 $ 的部分分想到很可能是 NTT 于是开始推式子

    首先看到式子可以化作,

    • 如果 (k = 0) , $ f(l , r , k) $ 为 $ [l = r]a[l] $
    • 否则,$ f(l , r , k) $ 为 $ displaystyle sum_{forall [a,b] sub [l,r]} f(a,b,k-1) $ 比较通俗的语言就是对于 $ [l,r] $ 的所有子区间求 $ f(a,b,k-1) $ 的和。

    于是可以考虑对于每一个 $ a[i] $ 的贡献,其实就是左端点到 $ i $ 以及右端点到 $ i $ 分别选择 $ k $ 个位置,这个就是经典的隔板法了。最后的式子:

    $ sum_{1, r, k}=sum_{i=1}^{r} a_{i}left(egin{array}{c}{i+k-2} {k-1}end{array} ight)left(egin{array}{c}{r-i+k-1} {k-1}end{array} ight) $

    然而出题人把 $ k $ 放到了 $ 998244353 $ 级别,于是只有分块打个表过去了,不知道有没有什么更优秀的处理方法了(

    (代码中省略了表。。毕竟太长了)

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<cstring>
    #include<cstdio>
    using namespace std;
    //#define int long long
    #define MAXN 1000006
    #define P 998244353
    typedef long long ll;
    int n , k;
    int power( int a , int x ) {
        int ans = 1 , cur = a % P;
        while( x ) {
            if( x & 1 ) ans = 1ll * ans * cur % P;
            cur = 1ll * cur * cur % P , x >>= 1;
        }
        return ans;
    }
    int A[MAXN] , B[MAXN] , r[MAXN];
    inline void NTT(int* a, int len, int type) {
        for (int i = 0; i < len; i++) if (i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
        for (int mid = 2; mid <= len; mid <<= 1) {
            int Wn = power(3, type ? (P - 1) / mid : P - 1 - (P - 1) / mid);
            for (int i = 0; i < len; i += mid)
                for (int j = i, w = 1, t; j < i + (mid >> 1); j++, w = (ll)w * Wn % P)
                    t = (ll)w * a[j + (mid >> 1)] % P, a[j + (mid >> 1)] = (a[j] - t + P) % P, a[j] = (a[j] + t) % P;
        }
        if (!type) for (int inv = power(len, P - 2), i = 0; i < len; i++) a[i] = (ll)a[i] * inv % P;
    }
    int J[MAXN];
    const int jj[] = {/* ... */};
    int jk = 0;
    int getJ( int x ) {
        int cur = k , res = jk;
        while( cur + 1 <= x ) ++ cur , res = 1ll * res * cur % P;
        while( cur - 1 >= x ) res = 1ll * res * power( cur , P - 2 ) % P , -- cur;
        return res;
    }
    signed main() {
    //    freopen("input","r",stdin);
    
        cin >> n >> k;
        if( k == 1 ) {
            for( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) scanf("%d",&A[i]) , A[i] = ( A[i] + A[i - 1] ) % P , printf("%d ",A[i]);
            return 0;
        }
        J[0] = 1; for( int i = 1 ; i < MAXN ; ++ i ) J[i] = 1ll * J[i - 1] * i % P;
        jk = jj[k / 1000000];
        for( int r = k / 1000000 * 1000000 + 1 ; r <= k ; ++ r )
            jk = 1ll * jk * r % P;
        int re = getJ( k - 2 ) , re1 = getJ( k - 1 );
    //    cout << getJ( 10000000 ) << endl;
        int tm = re1;
        B[0] = re1;
        for( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )
            scanf("%d",&A[i]) , re = 1ll * re * ( i + k - 2 ) % P , re1 = 1ll * re1 * ( i + k - 1 ) % P ,
                    A[i] = 1ll * A[i] * re % P * power( J[i - 1] , P - 2 ) % P ,
                    B[i] = 1ll * re1 * power( J[i] , P - 2 ) % P;
        int len = 1, l = 0;
        while (len <= n * 2) len <<= 1, l++;
        for (int i = 0; i < len; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << l - 1);
        NTT( A , len , 1 ) , NTT( B , len , 1 );
        for( int i = 0 ; i < len ; ++ i ) A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % P;
        NTT( A , len , 0 );
        int x = power( 1ll * tm * tm % P , P - 2 );
        for( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) printf("%d ", (int) (1ll * x * A[i] % P) );
    }
    
    
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/yijan/p/11828603.html
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