NKOJ 3933 贝壳串（CDQ分治+FFT）

最新推荐文章于 2022-07-06 00:11:28 发布

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#FFT #CDQ分治 #dp

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本文介绍了一种使用CDQ分治与FFT快速傅里叶变换相结合的方法，解决贝壳串组合计数问题，即求解不同长度贝壳串组合成特定长度的所有可能方案数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

P3933贝壳串

问题描述

海边市场有长度分别为1到n的贝壳串出售，其中长度为i的贝壳串有a[i]种，每种贝壳串有无限个，问用这些贝壳串链接成长度为n的串有多少种方案?

输入格式

第一行，一整数n，
第二行，n个整数ai表示长度为i的贝壳串的种类数
(n<=10^5,0<=ai<=10^7)

输出格式

输出方案数，结果模313

样例输入 1

3
1 3 7

样例输出 1

14

样例输入 2

4
2 2 2 2

样例输出 2

54

dp方程比较显然，令 $F[i]$ 表示组成长度为i的串的方案数，那么 $F[i]=\sum_{k=0}^{i}A[k]\times F[i-k]$
直接递推是 $n^2$ 的，但是我们注意到这个转移式子是一个卷积，那么可以用 $FFT$ 来加速，但直接 $FFT$ 显然非常不优秀，需要用到 $CDQ$ 来解决。

假设要算 $F[l]-F[r]$ 的dp值，那么可以先处理出 $F[l]-F[mid]$ 的dp值，然后做一个卷积算出 $F[l]-F[mid]$ 对 $F[mid+1]-F[r]$ 的贡献，这里用 $FFT$ 处理，然后递归计算 $F[mid+1]-F[r]$ 的dp值。

由于每次做 $FFT$ 的长度是和区间长度相关的，因此总时间复杂度 $O(n\log ^2n)$

代码：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<complex>
#define N 500000
using namespace std;
const int mod=313;
const double pi=4.0*atan(1.0);
int F[N],a[N];
complex<double>A[N],B[N],C[N],D[N],wi[N];
void FFT(complex<double>W[],int n,int ty)
{
    int i,j,k,m;
    complex<double>t0,t1;
    for(i=j=0;i<n;i++)
    {
        if(i<j)swap(W[i],W[j]);
        for(k=n>>1;(j^=k)<k;k>>=1);
    }
    wi[0]=1;
    for(m=1;m<n;m<<=1)
    {
        t0=exp(complex<double>(0,ty*pi/m));
        for(i=1;i<m;i++)wi[i]=wi[i-1]*t0;
        for(k=0;k<n;k+=m<<1)
        for(i=k;i<k+m;i++)
        {
            t0=W[i];
            t1=W[i+m]*wi[i-k];
            W[i]=t0+t1;
            W[i+m]=t0-t1;
        }
    }
    if(ty==1)return;t0=1.0/n;
    for(i=0;i<n;i++)W[i]*=t0;
}
void CDQ(int l,int r)
{
    int n=1,i,j,k,mid=l+r>>1,l1,l2;
    if(l==r)return;
    CDQ(l,mid);
    l1=mid-l+1;l2=r-mid;
    while(n<=l1+l2)n<<=1;
    fill(A,A+n+n,0);
    fill(B,B+n+n,0);
    for(i=l;i<=mid;i++)A[i-l]=F[i];
    for(i=0;i<=r-l;i++)B[i]=a[i];
    FFT(A,n,1);FFT(B,n,1);
    for(i=0;i<n;i++)A[i]=A[i]*B[i];
    FFT(A,n,-1);
    for(i=mid+1;i<=r;i++)F[i]+=floor(A[i-l].real()+0.5),F[i]%=mod;
    CDQ(mid+1,r);
}
int main()
{
    int i,x,n;
    scanf("%d",&n);F[0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]%=mod;
    CDQ(0,n);
    printf("%d",(F[n]+mod)%mod);
}