CF623E Transforming Sequence dp+倍增+任意模数fft

本文探讨了一种涉及位运算的动态规划问题,并利用快速傅里叶变换(FFT)进行优化,解决了一个关于序列构造的问题。通过巧妙地设计状态转移方程并采用FFT加速计算过程,实现了对大规模数据的有效处理。

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题目大意:
对于正整数序列AA,定义序列B
B1=A1B1=A1
Bi=Bi1 or Ai,i[2,n]Bi=Bi−1 or Ai,i∈[2,n]
其中oror为位或运算。
每一个序列合法,满足对于i[1,n]∀i∈[1,n],有Ai[1,2k)Ai∈[1,2k);而且对于i[2,n]∀i∈[2,n],有Bi>Bi1Bi>Bi−1
给出n(n<=1018)n(n<=1018)k(k<=3104)k(k<=3∗104),求合法序列数。

分析:
调了两天,原来是当kk很大时,单位复根要用数组记录。(好像暴露了算法)
由于可能有冲突,以下均用m来代替题目中的kk
要想B严格单调,显然插入的这个数至少有一个位置是11,而之前全部数该位置都是0
这样就说明了,当n>mn>m时,无解。
首先考虑dp,设f[i][j]f[i][j]为取了ii个数,其中有j个位置是11的方案数,这里不考虑1的位置。
那么答案就是mi=0f[n][i](mi)∑i=0mf[n][i]∗(mi),可以理解为从mm位选出i位是11的所有方案乘上f[i][j],还是要记住f[i][j]f[i][j]的定义。
可以这样转移:

f[i][j]=k=0j1f[i1][k](jk)2kf[i][j]=∑k=0j−1f[i−1][k]∗(jk)∗2k

其中,(jk)(jk)表示从jj1中哪kk个位置前面已经占用,而2k表示能填的数的个数。显然,那已经占用的kk的位置可以填011,其他新占用位置只能填1,未占用只能填00。于是得到了一个O(k3)的算法。
我们考虑优化,先把组合数拆出来,有
f[i][j]=k=1j1f[i1][k]j!k!(jk)!2kf[i][j]=∑k=1j−1f[i−1][k]∗j!k!∗(j−k)!∗2k

f[i][j]j!=k=0j1f[i1][k]2kk!1(jk)!f[i][j]j!=∑k=0j−1f[i−1][k]∗2kk!∗1(j−k)!

这是一个卷积形式,用fftfft加速。复杂度为O(k2logk)O(k2logk)
我们发现只从i1i−1转移有点慢,于是我们考虑快速转移,把式子写成这样,
f[x+y][i]=j=0if[x][j]f[y][ij](ij)2yjf[x+y][i]=∑j=0if[x][j]∗f[y][i−j]∗(ij)∗2y∗j

这样我们就可以把第xx个多项式和第y个多项式卷积就是第x+yx+y个多项式了,直接快速幂就好了。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long 

using namespace std;

const LL maxk=70007;
const LL p=1e9+7;
const double pi=acos(-1);

LL n,m,len;
LL f[maxk],f1[maxk];
LL jc[maxk],r[maxk],inv[maxk],bit[maxk];

struct rec{
    double x,y;
};

rec operator +(rec x,rec y)
{
    return (rec){x.x+y.x,x.y+y.y};
}

rec operator -(rec x,rec y)
{
    return (rec){x.x-y.x,x.y-y.y};
}

rec operator *(rec x,rec y)
{
    return (rec){x.x*y.x-x.y*y.y,x.x*y.y+x.y*y.x};
}

rec operator /(rec x,LL y)
{
    return (rec){x.x/(double)y,x.y/(double)y};
}

rec operator !(rec x)
{
    return (rec){x.x,-x.y};
}

rec dfta[maxk],dftb[maxk],dftc[maxk],dftd[maxk];
rec a[maxk],b[maxk],w[maxk];

void init(LL len)
{
    LL k=trunc(log(len+0.5)/log(2));
    for (LL i=0;i<len;i++)
    {
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
    }
}

void fft(rec *a,LL f)
{
    for (LL i=0;i<len;i++)
    {
        if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    }
    w[0]=(rec){1,0};
    for (LL i=2;i<=len;i*=2)
    {
        rec wn=(rec){cos(2*pi/i),f*sin(2*pi/i)};
        for(LL j=i/2;j>=0;j-=2)w[j]=w[j/2];
        for(LL j=1;j<i/2;j+=2)w[j]=w[j-1]*wn;
        for (LL j=0;j<len;j+=i)
        {
            //rec w=(rec){1,0};
            for (LL k=0;k<i/2;k++)
            {
                rec v=w[k]*a[j+k+i/2];
                a[j+k+i/2]=a[j+k]-v;
                a[j+k]=a[j+k]+v;
            //    w=w*wn;
            }
        }
    }
}

void FFT(LL *x, LL *y, LL *z,LL n,LL m)
{
    len=1;
    while (len<n+m) len*=2;
    init(len);
    for (LL i=0;i<len;i++)
    {
        LL A,B;
        if (i<n) A=x[i]%p; else A=0;
        if (i<m) B=y[i]%p; else B=0;
        a[i]=(rec){A&32767,A>>15};
        b[i]=(rec){B&32767,B>>15};
    }
    fft(a,1); fft(b,1);      
    for (LL i=0;i<len;i++)
    {
        LL j=(len-i)&(len-1);
        rec da,db,dc,dd;
        da=(a[i]+(!a[j]))*(rec){0.5,0};
        db=(a[i]-(!a[j]))*(rec){0,-0.5};
        dc=(b[i]+(!b[j]))*(rec){0.5,0};
        dd=(b[i]-(!b[j]))*(rec){0,-0.5};
        dfta[i]=da*dc;
        dftb[i]=da*dd;
        dftc[i]=db*dc;
        dftd[i]=db*dd;
    }    
    for (int i=0;i<len;i++)
    {
        a[i]=dfta[i]+dftb[i]*(rec){0,1};
        b[i]=dftc[i]+dftd[i]*(rec){0,1};
    }   
    fft(a,-1); fft(b,-1);
    for (int i=0;i<n+m-1;i++)
    {
        LL da=(LL)(a[i].x/len+0.5)%p;
        LL db=(LL)(a[i].y/len+0.5)%p;
        LL dc=(LL)(b[i].x/len+0.5)%p;
        LL dd=(LL)(b[i].y/len+0.5)%p;
        z[i]=(da%p+(((db+dc)<<15)%p+(dd<<30)%p)%p)%p;
    }
}

LL power(LL x,LL y)
{
    if (y==1) return x;
    LL c=power(x,y/2);
    c=(c*c)%p;
    if (y%2) c=(c*x)%p;
    return c;
}

void solve(LL n,LL k)
{
    if (n==1)
    {
        f[0]=0;
        for (LL i=1;i<=k;i++) f[i]=1;
        return;
    }
    solve(n/2,k);
    for(LL i=1;i<=k;i++)
    {
        f[i]=(LL)f[i]*inv[i]%p;
        f1[i]=(LL)f[i]*power(2,(n/2)*i%(p-1))%p;
    }           
    FFT(f,f1,f,k+1,k+1);           
    if(n&1)
    {
        for(LL i=1;i<=k;i++)
        {
            f[i]=(LL)f[i]*bit[i]%p;
            f1[i]=inv[i];
        }
        FFT(f,f1,f,k+1,k+1);
    }
    for (LL i=1;i<=k;i++)f[i]=(LL)f[i]*jc[i]%p;
}

LL binom(LL x,LL y)
{
    if ((x<0) || (y<0) || (y>x)) return 0;
    if ((x==0) || (y==x))  return 1;
    return jc[x]*inv[y]%p*inv[x-y]%p;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    jc[0]=1; inv[0]=1; bit[0]=1;
    for (LL i=1;i<=m;i++)
    {
        jc[i]=(jc[i-1]*i)%p;
        bit[i]=(bit[i-1]*2)%p;
        inv[i]=power(jc[i],p-2);
    }
    if (n>m)
    {
        printf("0");
        return 0;
    }                   
    solve(n,m); 
    LL ans=0;
    for(LL i=1;i<=m;i++)
      ans=(ans+f[i]*binom(m,i)%p)%p;
    printf("%lld",ans);
}
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