[51nod - 1161] Partial Sums

最新推荐文章于 2019-08-25 18:41:00 发布

Schureed

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分类专栏：题解

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本文探讨了在大规模数据集上高效计算特定次数前缀和的方法。针对数组规模不超过5000，计算次数可达十亿级别的需求，提出了一种通过预计算组合数并利用动态规划减少计算复杂度的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

给一个 $\le 5000$ 的数组 $A$ ，求该数组的 $\le 1000000000$ 次前缀和数组 $1000000007)(\mod\ 1000000007)$ 。

分析：

考虑数组 $i$ 位的数字对 $K$ 次前缀和 $j(≥i)j(\ge i)$ 位的贡献，为 $(K−1+j−ij−i)Ai\binom{K-1+j-i}{j-i}A_i$ 。由于 $\sim1e9$ ，所以二项式系数不能打阶乘表，也不能Lucas。但是其实 $\lt 5000$ ，所以可以考虑暴力计算 $(nm)=n(n−1)…(n−m+1)m(m−1)…(1)\binom{n}{m} = \frac{n(n-1)\dots(n-m+1)}{m(m-1)\dots(1)}$ 式子，复杂度 $O (M)$ 。枚举 $i, j$ 复杂度 $O(N^2)$ , 所以总复杂度 $O(N^2M)$ ，不能过。

观察系数 $(K−1+j−ij−i)\binom{K-1+j-i}{j-i}$ , 可以想到当 $l e n = j - i$ 固定时系数也不变，并且可以得到递推式： $(K−1+len+1len+1)=(K−1+len+1)len+1(K−1+lenlen)\binom{K-1+len+1}{len+1} = \frac{(K-1+len+1)}{len+1}\binom{K-1+len}{len}$ 。所以可以 $O (N)$ 枚举长度 $l e n$ ，同时得到系数，然后 $O (N)$ 计算贡献，总复杂度 $O(N^2)$ ，能过。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N_MAX = 1e5 + 10;
const long long mod = 1e9 + 7;
inline long long power(long long a, long long k = mod-2) {
  long long ans = 1;
  while (k) {
    if (k & 1) ans = ans * a % mod;
    a = a * a % mod;
    k >>= 1;
  }
  return ans;
}
int N;
long long arr[N_MAX], out[N_MAX], K;
int main() {
  scanf("%d%lld", &N, &K);
  K--;
  for (int i = 1; i <= N; i++) {
    scanf("%lld", arr + i);
  }
  long long up = 1, down = 1;
  for (int len = 1; len <= N; len++) {
    if (len > 1) up = up * (K + len - 1) % mod;
    if (len > 1) down = down * (len - 1) % mod;
    long long invdown = power(down);
    long long fix = up * invdown % mod;
    for (int l = 1, r = len; r <= N; l++, r++) {
      out[r] = (out[r] + arr[l] * fix % mod) % mod;
    }
  }
  for (int i = 1; i <= N; i++) {
    printf("%lld\n", out[i]);
  }
}