@codechef - RNG@ Random Number Generator

Posted 2021-01-30 tiw-air-oao

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给定递推关系式：[A_i=C_1A_{i-1} + C_2A_{i-2}+dots+C_kA_{i-k}]
并给定 (A_1, A_2, dots , A_k) 的值，求 (A_n) 的值模 104857601。

input：
第一行给出两个整数 n，k。
第二行包含 k 个整数 A1，A2，...，Ak。
第三行包含 k 个整数 C1，C2，...，Ck。

output：
输出 An 的值。

constraints：
1 ≤ n ≤ 10^18
0 ≤ Ai, Ci < 104857601
1 ≤ k ≤ 30000

sample input：
3 5
1 2 3
4 5 6
sample output：
139
sample explanation：
(A_1 = 1,A2 = 2,A3 = 3)
(A4 = (3 × 4 + 2 × 5 + 1 × 6) mod 104857601 = 28)
(A5 = (28 × 4 + 3 × 5 + 2 × 6) mod 104857601 = 139)

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这道题，如果你学过常系数齐次线性递推，就是一道模板题。

所以以下内容我就来 BB 什么是常系数齐次线性递推。

@part - [email protected]

解决这道题的经典算法就是矩阵乘法（也可以分治 FFT 或者多项式求逆）。

设出系数矩阵[M = egin{bmatrix} C_1&C_2&C_3&cdots &C_{k-1}&C_k1&0&0&cdots&0&0&1&0&cdots&0&0\vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots \ 0&0&0&cdots&1&0\end{bmatrix}]
并设 (B_i = egin{bmatrix}A_{i+k-1}\A_{i+k-2}\vdots\A_{i+1}\A_{i}\end{bmatrix})
则：[egin{bmatrix}C_1&C_2&C_3&cdots &C_{k-1}&C_k\1&0&0&cdots&0&0\0&1&0&cdots&0&0\vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots \ 0&0&0&cdots&1&0\end{bmatrix} egin{bmatrix}A_{i-1}\A_{i-2}\A_{i-3}\vdots\A_{i-k}\end{bmatrix}= egin{bmatrix}A_{i}\A_{i-1}\A_{i-2}\vdots\A_{i-k+1}\end{bmatrix} ]

即 (MB_{i-k}=B_{i-k+1})，或者等价地 (MB_{i}=B_{i+1})

于是就有 (M^{n-1}B_1=B_n)，而 (B_1) 是已知的，做一个矩阵快速幂求 (M^{n-1}) 即可。
然而这样的复杂度为 (O(k^3log n))，对于这道题并不能通过。

我们接下来就来优化这个算法。

@part - [email protected]

【注：下面多项式中 x 并不是代表一个实数，而是一个什么都可以代表的东西。我一开始并没有理解，所以懵逼了好久 QAQ……】

定义多项式：
[f(x) = x^k-C_1x^{k-1}-C_2x^{k-2}-...-C_k]
通过一系列证明（证明我在下面part 3里面弄），发现：
[f(M) = 0]
（右边那个 “0” 不是个数字，而是表示零矩阵）

我们用多项式除法，用 (x^n) 除以 (f(x)) 得到商式 (g(x)) 与余式 (r(x))。即：
[x^n=f(x)*g(x) + r(x)]
代入矩阵 M 得到：
[M^n=f(M)*g(M) + r(M)]
又因为 (f(M) = 0)，所以得到 (M^n=r(M))。
其中多项式 (r(x)) 的最高次数严格小于 k。

然后我们就把算法优化到 (O(k^4)) 的了……？

我们再来看看我们要求解的是什么（下面那个 (r(M)) 是 (M^{n-1}) 的余式）：
[B_n=M^{n-1}B_1 = r(M)B_1=r_0B_1+r_1MB_1+r_2M^2B_1+...+r_{k-1}M^{k-1}B_1=r_0B_1+r_1B_2+r_2B_{3}+...+r_{k-1}B_{k}]

我们只需要 (B_n) 中第最后一行的 (A_n)，所以有：
[A_n=r_0A_1+r_1A_2+r_2A_3+...+r_{k-1}A_k]

时间复杂度在于多项式快速幂和取模 (O(klog klog n)) 。
暴力写取模 (O(k^2log n)) ，以牺牲时间为代价降低代码复杂度，但是对于这道题而言是过不了的。

一个优化矩阵的算法最后代码全程不见矩阵……

@part - [email protected]

本节属于理性愉悦。

先给出几个概念吧：
特征值：若常数 (lambda) 对于矩阵 (M)，存在向量 (vec x) 使得：
[Mx = lambda x]
则称 (lambda) 为矩阵 (M) 的特征值。

变形上式得 ((lambda I - M)x = 0)，该方程有解的充要条件为 (det(lambda I - M) = 0)。

特征多项式：(det(lambda I - M)) 其实是一个多项式，我们称这个多项式为矩阵 M 的特征多项式，记为 (p(x))。

Cayley - Hamilton 定理：[p(M) = 0]
浅显，但并不易懂。该定理的证明超出了我的理解范围。所以这里并没有证明。
大家的数学知识如果比我不知道高到哪里去了，可以看这一篇博客。

对于矩阵 (M)，[M = egin{bmatrix} C_1&C_2&C_3&cdots &C_{k-1}&C_k1&0&0&cdots&0&0&1&0&cdots&0&0\vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots \ 0&0&0&cdots&1&0\end{bmatrix}]
如果要求解它的特征多项式，则：
[(lambda I - M) = egin{bmatrix} lambda-C_1&-C_2&-C_3&cdots &-C_{k-1}&-C_k-1&lambda&0&cdots&0&0&1&lambda&cdots&0&0\vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots \ 0&0&0&cdots&1&lambda\end{bmatrix}]
以第一行展开求行列式，得到：
[det(lambda I - M) =(lambda-C_1)M_{11}-C_2M_{12}-...-C_kM_{1k}]
其中 (M_{ij}) 是 (M) 的代数余子式。

可以发现去掉第一行和第 i 列，剩下的矩阵是一个下三角矩阵。直接对角线相乘就可以求出行列式了。
所以：
[det(lambda I - M) =(lambda-C_1)lambda^{k-1}-C_2lambda^{k-2}-...-C_k\=lambda^k-C_1lambda^{k-1}-C_2lambda^{k-2}-...-C_k]

结合上面的 Cayley - Hamilton 定理，我们就得到了我们想要的东西。

@accepted [email protected]

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int G = 3;
const int MAXN = 30000*5;
const int MOD = 104857601;
int pow_mod(int b, int p) {
    int ret = 1;
    while( p ) {
        if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
        b = 1LL*b*b%MOD;
        p >>= 1;
    }
    return ret;
}
struct Polynomial{
    void poly_copy(int *A, int *B, int n) {
        for(int i=0;i<n;i++)
            A[i] = B[i];
    }
    void poly_clear(int *A, int l, int r) {
        for(int i=l;i<r;i++)
            A[i] = 0;
    }
    void poly_revcopy(int *A, int *B, int n) {
        for(int i=0;i<n;i++)
            A[i] = B[n-i-1];
    }
    void ntt(int *A, int n, int type) {
        for(int i=0,j=0;i<n;i++) {
            if( i < j ) swap(A[i], A[j]);
            for(int l=(n>>1);(j^=l)<l;l>>=1);
        }
        for(int s=2;s<=n;s<<=1) {
            int t = (s>>1);
            int u = (type == -1) ? pow_mod(G, (MOD-1) - (MOD-1)/s) : pow_mod(G, (MOD-1)/s);
            for(int i=0;i<n;i+=s) {
                for(int j=0,p=1;j<t;j++,p=1LL*p*u%MOD) {
                    int x = A[i+j], y = 1LL*p*A[i+j+t]%MOD;
                    A[i+j] = (x + y)%MOD, A[i+j+t] = (x + MOD - y)%MOD;
                }
            }
        }
        if( type == -1 ) {
            int inv = pow_mod(n, MOD-2);
            for(int i=0;i<n;i++)
                A[i] = 1LL*A[i]*inv%MOD;
        }
    }
    int tmp1[MAXN + 5], tmp2[MAXN + 5];
    void poly_mul(int *A, int *B, int *C, int n, int m) {
        int len; for(len = 1;len < n+m-1;len <<= 1);
        poly_copy(tmp1, A, n); poly_clear(tmp1, n, len);
        poly_copy(tmp2, B, m); poly_clear(tmp2, m, len);
        ntt(tmp1, len, 1); ntt(tmp2, len, 1);
        for(int i=0;i<len;i++)
            C[i] = 1LL*tmp1[i]*tmp2[i]%MOD;
        ntt(C, len, -1);
    }
    int tmp3[MAXN + 5];
    void poly_inv(int *A, int *B, int n) {
        if( n == 1 ) {
            B[0] = pow_mod(A[0], MOD-2);
            return ;
        }
        int len; for(len = 1;len < (n<<1);len <<= 1);
        poly_inv(A, B, (n + 1) >> 1);
        poly_copy(tmp3, A, n); poly_clear(tmp3, n, len);
        ntt(tmp3, len, 1); ntt(B, len, 1);
        for(int i=0;i<len;i++) B[i] = 1LL*B[i]*(2 + MOD - 1LL*tmp3[i]*B[i]%MOD)%MOD;
        ntt(B, len, -1); poly_clear(B, n, len);
    }
    int tmp4[MAXN + 5], tmp5[MAXN + 5], tmp6[MAXN + 5];
    void poly_mod(int *A, int *B, int *R, int n, int m) {
        poly_revcopy(tmp4, B, m); poly_clear(tmp5, 0, 2*(n-m+1)); poly_inv(tmp4, tmp5, n-m+1);
        poly_revcopy(tmp4, A, n); poly_mul(tmp4, tmp5, tmp6, n-m+1, n-m+1);
        
        poly_revcopy(tmp4, tmp6, n-m+1); poly_copy(tmp5, B, m);
        poly_mul(tmp4, tmp5, tmp6, n-m+1, m);
        for(int i=0;i<m-1;i++)
            R[i] = (A[i] + MOD - tmp6[i])%MOD;
    }
    int tmp7[MAXN + 5], tmp8[MAXN + 5];
    void poly_pow(int *A, int *B, int *mod, ll p, int n) {
        poly_copy(tmp7, A, n); B[0] = 1;
        while( p ) {
            if( p & 1 ) {
                poly_mul(B, tmp7, tmp8, n, n), poly_copy(B, tmp8, 2*n-1);
                poly_mod(B, mod, tmp8, 2*n-1, n), poly_copy(B, tmp8, n-1), poly_clear(B, n-1, 2*n-1);
            }
            poly_mul(tmp7, tmp7, tmp8, n, n), poly_copy(tmp7, tmp8, 2*n-1);
            poly_mod(tmp7, mod, tmp8, 2*n-1, n), poly_copy(tmp7, tmp8, n-1), poly_clear(tmp7, n-1, 2*n-1);
            p >>= 1;
        } 
    }
}poly;
int A[MAXN + 5], C[MAXN + 5];
int f[MAXN + 5], p[MAXN + 5], r[MAXN + 5];
int main() {
    ll N; int K;
    scanf("%d%lld", &K, &N);
    for(int i=1;i<=K;i++)
        scanf("%d", &A[i]);
    for(int i=1;i<=K;i++)
        scanf("%d", &C[i]);
    for(int i=0;i<K;i++)
        f[i] = (MOD - C[K-i]);
    f[K] = p[1] = 1;
    poly.poly_pow(p, r, f, N-1, K+1);
    int ans = 0;
    for(int i=0;i<K;i++)
        ans = (ans + 1LL*r[i]*A[i+1]%MOD)%MOD;
    printf("%d
", ans);
}

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注意因为要多次使用某些数组，所以用完就清是个好习惯（然后就被卡常）。
余式的次数是严格小于除式的次数，不能取等。