EOJ 1851 【快速幂】 【数列】

本文探讨了特定操作序列如何改变数值序列,并通过数学方法求解了通项公式,最终利用快速幂技巧优化求解过程,实现高效计算。

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/*题目链接*/

题意:对给定的N个数进行T次操作,每次操作依次更改所有的数,更改的定义如下:对于第i个数,取上次操作后除第i个数以外的N-1个数并求和。

当N=3时:读入(C1,C2,C3)
C1      C2   C3
	T=0	1C1+0C2+0C3	0C1+1C2+0C3	0C1+0C2+1C3
	T=1	0C1+1C2+1C3	1C1+0C2+1C3	1C1+1C2+0C3
	T=2	2C1+1C2+1C3	1C1+2C2+1C3	1C1+1C2+2C3
	T=3	2C1+3C2+3C3	3C1+2C2+3C3	3C1+3C2+2C3
	T=4	6C1+5C2+5C3	5C1+6C2+5C3	5C1+5C2+6C3
   ……

题目分析: 

当N=3时,对于C1的偶数操作来说,运算的结果是(1,0,0)、(2,1,1)、(6,5,5)......,C1项的系数比其余项多一。奇数操作的结果是(0,1,1)、(2,3,3)......,C1项比其余项少一。对于C2、C3等同理。
现在取出(1,0,2,2,6......)作为数列a(a0 = 1),易得。由于T<1414213562,递推求解必然超时,所以需要求出通项公式,因为该递推式是类型的,所以我们求通项的方法是等式两边同除以,之后经过移项->累项相消->等比数列求和化简后可得。这是N=3的通项,扩展到N的情况:


求出公式后,我们可以用快速幂在时限内得到它的值。求值的时候注意两点:1、除法变化为它的逆元 2、遇到结果可能为负数的时候加上模。

之后我们分奇偶进行讨论:t为偶数时,当前项比其他项多1,所以我们把求出的系数减一后乘以每个数并求和,然后额外加一个当前项;t为奇数时,当前项比其他项少1,所以我们把求出的系数加一后乘以每个数并求和,然后额外减一个当前项。按格式输出后即可AC~


AC码:


#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <sstream>
#include <iomanip>
#include <numeric>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <cassert>
#include <complex>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <list>
#include <set>
#include <map>

typedef long long LL;
const LL MOD = 98765431;
using namespace std;

LL KSM(LL a, LL n)
{
      if (n==1)
            return a%MOD;
      LL ans = KSM(a,n>>1);
      if (n&1)
            ans = ans*ans%MOD*a%MOD;
      else
            ans = ans*ans%MOD;
      return ans;
}

int main()
{
      LL n,t;
      LL ans = 0,a[50010]={0};
      scanf("%I64d%I64d",&n,&t);
      LL x = ((((1-n)%MOD*KSM(n,MOD-2)%MOD) * (KSM(-1,t+1)+KSM(n-1,t)%MOD))%MOD + KSM(n-1,t))%MOD;
      if ((t&1)==0)
            x = (x-1)%MOD;
      else
            x = (x+1)%MOD;
      for (int i=0; i!=n; ++i)
      {
            scanf("%I64d",&a[i]);
            a[i] %= MOD;
            ans = (ans+a[i]*x%MOD)%MOD;
      }
      for (int i=0; i!=n; ++i)
            if (t&1)
                  printf("%I64d\n",(ans-a[i])%MOD);
            else
                  printf("%I64d\n",(ans+a[i])%MOD);
      return 0;
}







### 关于EOJ DNA排序问题的解题思路 在处理EOJ中的DNA排序问题时,主要挑战在于如何高效地完成字符串组的排序以及去重操作。由于题目涉及两个测试点可能因时间复杂度较高而超时,因此需要优化算法设计。 #### 据结构的选择 为了降低时间复杂度并提高效率,可以引入`std::map`或者`unordered_map`来辅助实现去重功能[^1]。这些据结构能够快速判断某项是否存在集合中,并支持高效的插入和查找操作。具体来说: - 使用 `std::set` 可以自动去除重复元素并对结果进行升序排列; - 如果还需要自定义比较逻辑,则可以选择基于哈希表的据结构如 `unordered_set` 配合手动排序。 #### 排序策略 对于给定的一组DNA序列(通常表示为长度固定的字符串),按照字典顺序对其进行排序是一个常见需求。C++标准库提供了非常方便的方法来进行此类任务——即利用 `sort()` 函配合合适的比较器函对象或 lambda 表达式来指定所需的排序规则。 下面展示了一个简单的例子用于说明如何读取输入、执行必要的预处理步骤(包括但不限于删除冗余条目),最后输出经过整理的结果列表: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ set<string> uniqueDNAs; string line, dna; while(getline(cin,line)){ stringstream ss(line); while(ss>>dna){ uniqueDNAs.insert(dna); // 自动过滤掉重复项 } } vector<string> sortedUnique(uniqueDNAs.begin(),uniqueDNAs.end()); sort(sortedUnique.begin(),sortedUnique.end()); for(auto it=sortedUnique.cbegin();it!=sortedUnique.cend();++it){ cout<<*it; if(next(it)!=sortedUnique.cend())cout<<" "; } } ``` 上述程序片段实现了基本的功能模块:从标准输入流逐行解析得到各个独立的DNA片段;借助 STL 容器特性轻松达成无重复记录维护目的;最终依据字母大小关系重新安排各成员位置后再统一打印出来[^3]。 #### 学习延伸至自然语言处理领域 值得注意的是,在计算机科学特别是机器学习方向上,“上下文”概念同样重要。例如 Word2Vec 这样的技术就是通过考察周围词语环境来捕捉特定词汇的意义特征[^2]。尽管两者应用场景差异显著,但从原理层面看均体现了对局部模式挖掘的关注。 ---
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