[BZOJ 5339] 教科书般的亵渎

最新推荐文章于 2020-08-04 21:57:39 发布

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本文介绍了如何解决BZOJ 5339题目，通过观察得出k=m+1的规律，然后对怪物血量进行排序，并利用拉格朗日插值法计算怪物血量的k次方之和。通过取k+1个点并计算对应f(n)，结合费马小定理求逆元，实现了O(k^3)的时间复杂度解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5339
题面在这里插入图片描述
思路
观察一下可知 $k = m + 1$
将 $a_i$ 从小到大排个序，再加上一个 $a_0=0$ 那么我们需要计算 $m + 1$ 次，每次计算仍在场上的怪物血量的k次方之和，那么最终答案就是 $\sum_{i=0}^m(\sum_{j={a_i+1}}^{n-a_i}(j-a_i)^k-\sum_{j=i+1}^m(a_j-a_i)^k)$ _再取个模。
由拉格朗日插值法（这里百度百科）
我们令 $f(n)=\sum_{j={1}}^{n}j^k$ 那么我们只需取 $k + 1$ 个点 $x_0=0,x_1=1……x_k=k$ 分别计算出 $f (1), f (2) \dots \dots f (k)$ 。那么就有 $f(n)=\frac{(n-x_1)(n-x_2)……(n-x_k)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)……(x_0-x_k)}y_0+\frac{(n-x_0)(n-x_2)……(n-x_k)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)……(x_1-x_k)}y_1+……\frac{(n-x_0)(n-x_1)……(n-x_{k-1})}{(x_k-x_0)(x_k-x_1)……(x_k-x_{k-1})}y_k$ 考虑到除法不太好算，我们需要对分母求逆元（费马小定理相关）if(sum>0)x[i]=fast_pow(sum,MOD-2);else x[i]=-fast_pow(-sum,MOD-2);

然后暴力算（对于后面需要减去的部分暴力枚举算）即可。单次计算的时间复杂度是 $O（k^2）$
总计时间复杂度 $O(k^3)$

AC代码

#include<stdio.h>
#include<map>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#define MOD 1000000007
typedef long long LL;
using namespace std;
int t;
LL n,m,ans;
LL cz[100];
LL x[100],y[100];
long long fast_pow(long long target,long long p);
void pre()
{
 LL te=m+2;
 LL sum=0;
 for(LL i=1;i<=te;i++)
 {
  sum+=fast_pow(i,m+1);
  sum%=MOD;
  y[i]=sum;
 }
 for(LL i=1;i<=te;i++)
 {
  sum=1;
  for(LL j=0;j<=te;j++) if(j!=i)
  {
   sum*=(i-j);
   if(sum>MOD)sum%=MOD;
   else if(-sum>MOD)sum=-(-sum%MOD);
  }
  if(sum>0)x[i]=fast_pow(sum,MOD-2);else x[i]=-fast_pow(-sum,MOD-2);//记录每个分母的逆元
 }
}
LL calc(LL now)
{
 LL te=m+2;
 LL sum,cot=0;
 for(LL i=1;i<=te;i++)
 {
  sum=1;
  for(LL j=0;j<=te;j++)
  if(j!=i)
  {
   sum*=(n-cz[now]-j);sum%=MOD;
  }
  sum*=y[i];sum%=MOD;
  sum*=x[i];
  if(sum>0)sum%=MOD;
  else sum=-(-sum%MOD);
  cot+=sum;
 }
 for(LL i=now+1;i<=m;i++)cot-=fast_pow(cz[i]-cz[now] ,m+1);
 if(cot<0)cot+=(((-cot)/MOD+1)*MOD);
 cot%=MOD;
 return cot;
}
int main()
{
 scanf("%d",&t);
 while(t--)
 {
  ans=0;
  scanf("%lld%lld",&n,&m);
  for(LL i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&cz[i]);
  sort(cz+1,cz+m+1);
  pre();//预处理求每个对应的y以及每个分母的逆元（显然分母不变）
  for(LL i=0;i<=m;i++)
  ans+=calc(i);//计算每次的值，累加
  ans%=MOD; 
  printf("%lld\n",ans);
 }
 return 0;
}
long long fast_pow(long long target,long long p)
{
 long long a[50];
 a[1]=target;
 for(int i=2;i<50;i++)
 {
  a[i]=a[i-1]*a[i-1];a[i]%=MOD;
 }
 long long ans=1;
 for(int i=1;p;i++)
 {
  if(p%2) ans=(ans*a[i])%MOD;p/=2;
 }
 return ans;
}