2017 ACM-ICPC 亚洲区（西安赛区）网络赛 F. Trig Function(切比雪夫多项式)-优快云博客

本文介绍了一道关于计算切比雪夫多项式的题目，通过分析多项式特性，总结了求解特定形式多项式中某项系数的方法，并提供了详细的AC代码实现。

f(cos(x))=cos(n∗x) holds for all $x$ .

Given two integers $n$ and $m$ , you need to calculate the coefficient of $x^m$ in $f (x)$ , modulo $998244353$ .

Input Format

Multiple test cases (no more than $100$ ).

Each test case contains one line consisting of two integers $n$ and $m$ .

$\le n \le 10^9,0 \le m \le 10 ^ 4$ .

Output Format

Output the answer in a single line for each test case.

样例输入

2 0
2 1
2 2

样例输出

998244352
0
2

题目来源

2017 ACM-ICPC 亚洲区（西安赛区）网络赛

题意: 把 f(x) 展开成多项式, 为 x^m 的前面的系数是多少?

这个题: 推了半天- -- 规律找了半天; 然后就差最后一个公式有n和m求这个数

这个公式就是切比雪夫多项式

利用cox x 多项式来解决这样就可以同奇同偶考虑

对于每一项我们可以发现这样的规律 :

当 n,m 一奇一偶时, 结果为0

当 n为奇数时, m有第一项没有第0 项第0项为0 第一项绝对值为n 判断正负由 (n/2 )%2 来判断

当 n 为偶数时, m 有第0 项没有第一项, 第0 项绝对值为 1 正负由 (n/2)%2 来判断

当n,m同奇同偶时, 利用公式

AC 代码:

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <math.h>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <stack>
#include <stdlib.h>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <vector>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define findx(x) lower_bound(b+1,b+1+bn,x)-b
#define FIN      freopen("input.txt","r",stdin)
#define FOUT     freopen("output.txt","w",stdout)
#define S1(n)    scanf("%d",&n)
#define SL1(n)   scanf("%I64d",&n)
#define S2(n,m)  scanf("%d%d",&n,&m)
#define SL2(n,m)  scanf("%I64d%I64d",&n,&m)
#define Pr(n)     printf("%d\n",n)

using namespace std;
typedef long long ll;
const double PI=acos(-1);
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double esp=1e-6;
const int maxn=1e6+5;
const int MOD=998244353;
const int mod=998244353;
int dir[5][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};

ll inv[maxn*2],fac[maxn];
ll gcd(ll a,ll b){ return b?gcd(b,a%b):a;}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){if(!b){x=1;y=0;return a;}ll ans=exgcd(b,a%b,x,y);ll temp=x;x=y;y=temp-a/b*y;return ans;}
ll lcm(ll a,ll b){ return b/gcd(a,b)*a;}
ll qpow(ll x,ll n){ll res=1;for(;n;n>>=1){if(n&1)res=(res*x)%MOD;x=(x*x)%MOD;}return res;}

ll inv1(ll b){return b==1?1:(MOD-MOD/b)*inv1(MOD%b)%MOD;}
ll inv2(ll b){return qpow(b,MOD-2);}



int n,m;
ll solve()
{
    if(m>n)
    {
        return 0;
    }

    if(n&1)//
    {
        if(m%2==0){ 
            return 0;
        }
        if(m==1)
        {
            if((n/2)%2==0)
                return n;
            else
                return -n;

        }
    }
    else
    {
        if(m&1){
            return 0;
        }
        if(m==0)
        {
            if((n/2)%2==0)
                return 1;
            else
                return -1;

        }

    }

    ll ans=1;
    for(int i=n-m+2;i<=n+m-2;i+=2)
    {
        ans= (ans*i)%MOD;
    }
    ans=(ans*n)%mod;
    ll temp=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)


        temp= (i*temp)%MOD;

    ans= ans* inv2(temp)%MOD;

    ans = ((n-m)/2)%2 == 0 ? ans:-ans;
    return ans;

}
int main()
{

    while(~scanf("%d %d",&n,&m))
    {
        ll ans=solve();
        ans =(ans+MOD)%MOD;
        printf("%lld\n",ans%MOD);
    }
    return 0;
}

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