CCPC-Wannafly Winter Camp Day5 E.Fast Kronecker Transform(离散化+NTT)

题目

思路来源

dls

题解

先离散化，把a和b搞进一个序列，然后排序去重，把a和b赋为rank值

然后遍历这个不重复的序列，两个大于1W就建2e5数列用NTT搞，否则直接暴力

 

既然要在ai和bj值相同，下标i+j==k时求i*j的值，

那么就把位置i和j分别放入值的vector里，对相同值的vector进行NTT

注意多项式乘法一定会遍历所有的情形，所以就令f(x)的第i位为i，g(x)的第j位为j

是一种很自然的做法，注意多项式乘法的定义

 

这个1W卡的真是刚刚好啊……昨天T了若干发

注意 NTT里面取模不要判if 直接模

上面的是有if的 下面的是没if的

NTT和FFT类似，处理整数取模的情况，

可以把大素数搞成它的原根，998244353的原根是3

FFT卡精度过不了

代码

#include <iostream>
#include <algorithm> 
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map> 
#define g 3
using namespace std;
typedef long long ll;
const double PI = acos(-1.0);
const int mod=998244353;
const int maxn=1e5+10;
const int G=3;
ll inv,N;
ll n,m,tmp1[maxn*3],tmp2[maxn*3],rev[maxn*3],back[maxn*3];
vector<ll>q[maxn*2],p[maxn*2];
vector<ll>num;
ll a[maxn],b[maxn],c[maxn*2];
ll power(ll x,ll y)
{
    ll res=1ll;
    for(;y;y>>=1)
    {
        if(y&1)res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
    }
    return res;
}
void init()
{
    int len=0;
    while((n+m+2)>=(1<<len))len++;
    N=(1<<len);
    inv=power(N,mod-2);
    for(int i=0;i<N;i++)
    {
        ll pos=0;
        ll temp=i;
        for(int j=1;j<=len;j++)
        {
            pos<<=1;pos |= temp&1;temp>>=1;
        }
        back[i]=rev[i]=pos;
    }
}
void init2()
{
	for(int i=0;i<N;++i)
	rev[i]=back[i];
}
void ntt(ll *a,ll n,ll re)
{
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(rev[i]>i)
        {
            swap(a[i],a[rev[i]]);
        }
    }
    for(int i=2;i<=n;i<<=1)
    {
        ll mid=i>>1;
        ll wn=power(G,(mod-1)/i);
        if(re) wn=power(wn,(mod-2));
        for(int j=0;j<n;j+=i)
        {
            ll w=1;
            for(int k=0;k<mid;k++)
            {
                ll temp1=a[j+k];
                ll temp2=a[j+k+mid]*w%mod;
                a[j+k]=(temp1+temp2)%mod;
                a[j+k+mid]=(temp1-temp2);
				a[j+k+mid]=(a[j+k+mid]%mod+mod)%mod;
                w=w*wn%mod;
            }
        }
    }
    if(re)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            a[i]=(a[i]*inv)%mod;
        }
    }
}
inline void solve1(ll v,ll len1,ll len2)
{
	for(ll i=0;i<len1;++i)
	{
		ll pos1=p[v][i];
		for(ll j=0;j<len2;++j)
		{
			ll pos2=q[v][j];
			c[pos1+pos2]=(c[pos1+pos2]+pos1*pos2)%mod;
		}
	}
}
void solve2(ll v,ll len1,ll len2)
{
	init2();
	for(int i=0;i<N;++i)
	tmp1[i]=tmp2[i]=0;
	for(int i=0;i<len1;++i)tmp1[p[v][i]]=p[v][i];
	for(int i=0;i<len2;++i)tmp2[q[v][i]]=q[v][i];
    ntt(tmp1,N,0);
    ntt(tmp2,N,0);
    for(int i=0;i<N;++i)
    {
     tmp1[i]=tmp1[i]*tmp2[i]%mod;
    }
    ntt(tmp1,N,1);
    for(int i=0;i<=p[v][len1-1]+q[v][len2-1];i++)
	{
	 c[i]=(c[i]+tmp1[i])%mod;
    }
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	init();
	for(ll i=0;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),num.push_back(a[i]);
	for(ll i=0;i<=m;++i)scanf("%lld",&b[i]),num.push_back(b[i]);
	sort(num.begin(),num.end());
	num.resize(unique(num.begin(),num.end())-num.begin());
	for(ll i=0;i<=n;++i)a[i]=lower_bound(num.begin(),num.end(),a[i])-num.begin(),p[a[i]].push_back(i);
	for(ll i=0;i<=m;++i)b[i]=lower_bound(num.begin(),num.end(),b[i])-num.begin(),q[b[i]].push_back(i);
	for(ll i=0;i<num.size();++i)//保证无重复,rank==i 
	{
		ll len1=p[i].size(),len2=q[i].size();
		if(!len1||!len2)continue;
		//printf("%lld:\n",i);
		//for(int j=0;j<len1;++j)
		//printf("%lld ",p[i][j]);puts("");
		///for(int j=0;j<len2;++j)
		///printf("%lld ",q[i][j]);puts("");
		if(len1+len2<=10000)solve1(i,len1,len2);
		else solve2(i,len1,len2);
	} 
	for(int i=0;i<=n+m;++i)
	printf("%lld%c",c[i],i==n+m?'\n':' ');
	return 0;
}