HDU.5730.Shell Necklace(分治FFT)

Posted 2020-12-25 SovietPower

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(Description)

　　有(n)个长度分别为(1,2,ldots,n)的珠子串，每个有(a_i)种，每种个数不限。求有多少种方法组成长度为(n)的串。答案对(313)取模。

(Solution)

　　令(f_i)表示组成长度为(i)的串的方案数，可以得到递推式：[f_i=sum_{j=0}^{i-1}a_{i-j}f_j, f_0=1]或者(f_i=sum_{j=1}^{i-1}a_{i-j}f_j+a_i)。
　　这样暴力是(O(n^2))的。
　　因为运算的形式是卷积，可以用(FFT)代替，这样复杂度是(O(n^2log n))。再套用CDQ分治就可以(O(nlog^2 n))了。
　　在分治过程中，先计算出(jin [l,mid])的(f_j)，与(a)做卷积，就可以得到区间([l,mid])对(f_i, iin[mid+1,r])的贡献。即[f_{i,iin[mid+1,r]}+=sum_{j=l}^{mid}a_{i-j}f_j]
　　(a_{1sim r-l})与(f_{lsim mid})卷积后得到的多项式的第(mid-l+i)项，就是对(f_{mid+i})的贡献。
　　这个项是从(0)编号的，如果把(a_0=0)这一项一起卷积，原第(mid-l+i)项的下标就是(mid-l+i)了（没啥用吧，但是网上的都这么写，理解了半天为啥要加上(a_0)，写完代码才明白。。）

　　对卷积理解不够啊。
　　看了看网上题解也没多少说清楚的，代码跑的还慢→_→

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#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mod (313)
const double PI=acos(-1);
const int N=1e5+5,M=(1<<18)+1;//262144

int n,a[N],rev[M],f[N];
struct Complex
{
    double x,y;
    Complex() {}
    Complex(double x,double y):x(x),y(y) {}
    Complex operator +(const Complex &a) {return Complex(x+a.x, y+a.y);}
    Complex operator -(const Complex &a) {return Complex(x-a.x, y-a.y);}
    Complex operator *(const Complex &a) {return Complex(x*a.x-y*a.y, x*a.y+y*a.x);}
}A[M],B[M];

inline int read()
{
    int now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
    return now;
}
void FFT(Complex *a,int lim,int opt)
{
    for(int i=1; i<lim; ++i) if(i<rev[i]) std::swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=2; i<=lim; i<<=1)
    {
        int mid=i>>1;
        Complex Wn(cos(PI/mid),opt*sin(PI/mid)),t;//Wn(cos(2.0*PI/i),opt*sin(2.0*PI/i)),t;
        for(int j=0; j<lim; j+=i)
        {
            Complex w(1,0);
            for(int k=0; k<mid; ++k,w=w*Wn)
                a[j+mid+k]=a[j+k]-(t=a[j+mid+k]*w),
                a[j+k]=a[j+k]+t;
        }
    }
    if(opt==-1) for(int i=0; i<lim; ++i) a[i].x/=lim;
}
void Calc(int *a,int len1,int *b,int len2)
{
    int lim=1, L=-1;
    while(lim<=len1+len2) lim<<=1, ++L; 
    for(int i=1; i<lim; ++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<L);

    for(int i=0; i<len1; ++i) A[i]=Complex(a[i],0);
    for(int i=len1; i<lim; ++i) A[i]=Complex(0,0);
    for(int i=0; i<len2; ++i) B[i]=Complex(b[i],0);
    for(int i=len2; i<lim; ++i) B[i]=Complex(0,0);
    FFT(A,lim,1), FFT(B,lim,1);
    for(int i=0; i<lim; ++i) A[i]=A[i]*B[i];
    FFT(A,lim,-1);
}
void CDQ(int l,int r)
{
    if(l==r) return;
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid);

    Calc(a+1,r-l,f+l,mid-l+1);
    for(int i=mid+1; i<=r; ++i) (f[i]+=((long long)(A[i-l-1].x+0.5)%mod))%=mod;//mid+1-l -> mid+1
//  Calc(a,r-l+1,f+l,mid-l+1);//算上a_0=0这一项 A[]的下标就不用-1了。。
//  for(int i=mid+1; i<=r; ++i) (f[i]+=((long long)(A[i-l].x+0.5)%mod))%=mod;//mid+1-l -> mid+1
//  for(int i=mid-l+1; i<=r-l; ++i) (f[l+i]+=((long long)(A[i].x+0.5)%mod))%=mod;//longlong!
//  mid+i <= r  ->  i <= mid-l+r-mid = r-l ?

    CDQ(mid+1,r);
}

int main()
{
    while(n=read())
    {
        memset(f,0,sizeof f);
        for(int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read()%mod;
        f[0]=1, CDQ(0,n), printf("%d
",f[n]);
    }
    return 0;
}