BZOJ 3992 SDOI2015 序列統計

此文章寫給沒有學過FFT， FNT的小夥伴看 ， 神犇繞行QAQ

博主在沒有善良學長的情況下 ， 花了一天學習了快速傅立葉變換(FFT)和快速數論變換(FNT)（其實差不多啦…… ）分享一下學習過程 ， 如果哪位小夥伴也沒有學長幫助 ， 可以借鑑啦……

你需要把我的文字部分簡略看一遍 ， 再來看各個博客 ， 這樣會更有方向性。
分享一個博客Miskcoo’s這個小夥伴的前提知識寫的很清楚 ， 當你讀到IDFT的時候可能有疑惑 ， 此時你只需要暫時記住(等會來填坑) ， IDFT和DFT的過程是相似的其它先不管 ， 然後繼續看迭代版本的DFT過程。 此時 ， 你可以對着Rujia的代碼看看 ， 如下：

// Cooley-Tukey的FFT算法，迭代實現。inverse = false時計算逆FFT
inline void FFT(vector<CD> &a, bool inverse) {
  int n = a.size();
  // 原地快速bit reversal
  for(int i = 0, j = 0; i < n; i++) {
    if(j > i) swap(a[i], a[j]);
    int k = n;
    while(j & (k >>= 1)) j &= ~k;
    j |= k;
  }

  double pi = inverse ? -PI : PI;
  for(int step = 1; step < n; step <<= 1) {
    // 把每相鄰兩個“step點DFT”通過一系列蝴蝶操作合併爲一個“2*step點DFT”
    double alpha = pi / step;
    // 爲求高效，我們並不是依次執行各個完整的DFT合併，而是枚舉下標k
    // 對於一個下標k，執行所有DFT合併中該下標對應的蝴蝶操作，即通過E[k]和O[k]計算X[k]
    // 蝴蝶操作參考：http://en.wikipedia.org/wiki/Butterfly_diagram
    for(int k = 0; k < step; k++) {
      // 計算omega^k. 這個方法效率低，但如果用每次乘omega的方法遞推會有精度問題。
      // 有更快更精確的遞推方法，爲了清晰起見這裏略去
      CD omegak = exp(CD(0, alpha*k)); 
      for(int Ek = k; Ek < n; Ek += step << 1) { // Ek是某次DFT合併中E[k]在原始序列中的下標
        int Ok = Ek + step; // Ok是該DFT合併中O[k]在原始序列中的下標
        CD t = omegak * a[Ok]; // 蝴蝶操作：x1 * omega^k
        a[Ok] = a[Ek] - t;  // 蝴蝶操作：y1 = x0 - t
        a[Ek] += t;         // 蝴蝶操作：y0 = x0 + t
      }
    }
  }

  if(inverse)
    for(int i = 0; i < n; i++) a[i] /= n;
}

// 用FFT實現的快速多項式乘法
inline vector<double> operator * (const vector<double>& v1, const vector<double>& v2) {
  int s1 = v1.size(), s2 = v2.size(), S = 2;
  while(S < s1 + s2) S <<= 1;
  vector<CD> a(S,0), b(S,0); // 把FFT的輸入長度補成2的冪，不小於v1和v2的長度之和
  for(int i = 0; i < s1; i++) a[i] = v1[i];
  FFT(a, false);
  for(int i = 0; i < s2; i++) b[i] = v2[i];
  FFT(b, false);
  for(int i = 0; i < S; i++) a[i] *= b[i];
  FFT(a, true);
  vector<double> res(s1 + s2 - 1);
  for(int i = 0; i < s1 + s2 - 1; i++) res[i] = a[i].real(); // 虛部均爲0
  return res;
}

你可能覺得分治有點不好理解 ， 其實分治的對象就是ωkn 的函數值,k∈[0,n) ， 總體來說就是我們一步步把這玩意二分成若干小塊 ， 每一塊相同位置的ω 的下標在那一層分治中都是相同的(但是此時係數並不相同) ， 分治後的每一次更新就是把相鄰兩塊同一位置的k 和n2+k 拿出來 ， 交替更新(就是蝴蝶神馬的)。

分治的前提是每次分裂後的那些奇偶係數都在一塊 ， 所以我們需要對這個序列進行重排(就是把二進制位倒過來 ， 10110 變成01101 )至於每個數怎麼算它倒過來在哪裏 ， 這個問題Rujia代碼是比較優秀的 ， 其實就是記錄上一個數倒過來的數是神馬 ， 然後在首位加一個1 然後類似於進位一樣的推到後面來。 誒 ， 你可能覺得這玩意怎麼分治到最後沒有邊界啊 ， 其實邊界就是數組本身 ， 因爲ω01==1 ， 所以ω01×a[i]==a[i]

好 ， 再來填坑 ， 看剛剛那個博客 ， 你會發現從矩陣的角度上來看 ， IDFT和DFT長得差不多 ， 其實就是把所有的正負號取反就可以得到一個這玩意的逆矩陣的n 倍(千萬不要以爲是把矩陣元素值取反 ， 實際上這個過程更像是除法)。 然而IDFT其實只用在FFT函數中上加一個標記就行啦。

再來兩篇博客 ， 這裏面有模版題 ， ACdreamer’s1 , ACdreamer’s2

最後想說FFT的想法真的很奇妙 ， 雖然本人並沒有實質上的優化算法 ， 但這個想法打開了一扇門:-)

再說說本題：
首先 ， 此題是一個DP題 ， Vincent’s裏說的很詳細。不得不說這個小夥伴的代碼常數巨大……

補充幾點：
如果你只想拿60個點 ， 那麼你不需要學FNT ， 直接把n 快速冪算就可以啦。 FNT其實就是加速m2 這個過程 ， 爲了能夠FNT ， 我們需要求此m 的原根 , 注意區分兩個原根。 這樣整個表達式長的就像卷積形式啦……然後就可以AC了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <deque>
#include <stack>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <cassert>

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<ll> vl;
const int maxm = 8100;
const int modu = 1004535809;

int n , m , x , s;
int a[maxm] , b[maxm];

ll powerMod(ll a , ll n , ll p)
{
    if(!n) return 1;
    ll res = powerMod(a, n/2, p);
    res = (res * res)%p;
    if(n&1) res = (res * a)%p;
    return (res+p)%p;
}

bool judge(int p , int a)
{
    int pp = p;
    for(int i=2;i*i<=p;i++) if(pp%i==0)
    {
        if(powerMod(a, p/i, p+1)==1) return false;
        while(pp%i==0) pp/=i; 
    }
    if(pp!=1 && powerMod(a, p/pp, p+1)==1) return false;
    return true;
}

int findRoot(int p)
{
    for(int i=2;;i++) if(judge(p-1, i)) return i;
}

void exGcd(ll a , ll b , ll& d , ll& x , ll& y)
{
    if(!b) x = 1 , y = 0 , d = a;
    else 
    {
        exGcd(b, a%b, d, y, x);
        y -= a/b*x;
    }
}

ll rev(ll a , ll p)
{
    ll x , y , d;
    exGcd(a, p, d, x, y);
    return x;
}

namespace FNT
{
    void FNTprocess(vl& a , bool rever = false)
    {
        int n = a.size();
        for(int i=0,j=0;i<n;i++)
        {
            if(j > i) swap(a[i], a[j]);
            int k = n;
            while(j & (k >>= 1)) j &= ~k;
            j |= k;
        }

        for(int step=1;step<n;step <<= 1)
        {
            ll wn = powerMod(3, (modu-1)/step/2, modu) , w = 1;
            if(rever) wn = rev(wn, modu);
            for(int k=0;k<step;k++)
            {
                for(int i=k,j;i<n;i+= step << 1)
                {
                    j = i+step;
                    ll now = (w*a[j])%modu;
                    a[j] = (a[i] - now)%modu;
                    a[i] = (a[i] + now)%modu;
                }
                w = (w*wn)%modu;
            }
        }
        int r = rev(n, modu);
        if(rever) for(int i=0;i<n;i++) a[i] *= r , a[i]%=modu;
    }

    vl operator *(vl x , vl y)
    {
        int s1 = x.size() , s2 = y.size() , s = 2;
        while(s < s1 + s2) s <<= 1;

        vl a(s) , b(s);
        for(int i=0;i<s1;i++) a[i] = x[i];
        FNTprocess(a);
        for(int i=0;i<s2;i++) b[i] = y[i];
        FNTprocess(b);
        for(int i=0;i<s;i++) a[i] *= b[i] , a[i] %= modu;
        FNTprocess(a , true);

        vl c(s1 , 0);
        for(int i=0;i<s;i++) c[i%s1] += a[i] , c[i%s1]%=modu;
        return c;
    }
}

using namespace FNT;

vl powerV(vl a , int n)
{
    if(n==1) return a;
    vl res = powerV(a, n/2);
    res = res*res;
    if(n&1) res = (res * a);
    return res;
}


int main(int argc, char *argv[]) {

    cin>>n>>m>>x>>s;

    int r = findRoot(m) , now = 1;

    for(int i=0;i<m-1;i++)
    {
        b[now] = i;
        now = (now * r)%m;
    }

    for(int i=0;i<s;i++) 
    {
        int v;
        scanf("%d" , &v);
        if(!v) continue;
        a[b[v%m]]++;
    }

    vl res , hi;
    for(int i=0;i<m-1;i++) res.push_back(a[i]);
    res = powerV(res, n);

    printf("%lld\n" , (res[b[x]]+modu)%modu);

    return 0;
}

最後附上TestData7:

Inputs:

152638504 5981 5475 3035
0 4 9 11 12 13 15 16 18 21 24 25 27 28 31 34 36 37 38 39 40 42 45 47 49 50 54 60 62 63 65 67 68 69 74 76 77 81 82 84 85 87 90 93 95 97 101 102 104 105 106 107 108 112 113 115 116 119 120 122 123 124 127 128 129 132 134 141 143 144 147 148 149 152 154 156 157 158 160 161 163 166 168 170 173 174 175 176 177 178 179 180 181 184 185 188 189 190 191 193 194 196 198 200 201 203 205 208 211 212 213 215 219 220 223 225 226 227 229 232 233 234 235 240 243 245 246 247 251 252 253 255 256 258 259 262 264 265 268 271 274 277 280 282 285 286 287 293 295 296 297 298 300 303 305 308 311 312 313 314 327 333 335 339 342 344 346 348 349 352 355 357 359 361 364 366 367 370 371 372 374 376 377 384 385 386 387 391 392 393 399 404 405 408 409 412 416 418 420 425 426 427 428 430 431 432 435 441 442 444 445 447 448 450 452 453 454 456 457 458 459 460 461 462 463 465 466 467 470 478 480 487 491 493 494 495 496 502 505 511 513 516 517 522 525 526 527 528 531 533 537 543 550 551 552 554 560 562 564 565 567 569 570 573 577 581 583 586 588 589 590 591 593 594 595 596 597 599 600 602 604 605 607 609 610 615 616 617 618 620 621 626 629 630 632 633 635 636 637 641 644 646 647 650 651 653 654 659 660 661 664 666 667 669 670 672 674 676 682 683 686 687 690 691 694 695 696 698 700 701 704 705 706 709 710 711 712 714 716 717 718 719 724 725 727 728 734 735 737 741 742 743 746 748 749 751 752 753 754 755 756 761 762 763 764 765 766 768 769 770 771 773 774 775 776 777 778 779 783 784 789 794 795 799 802 803 804 806 807 810 813 821 822 823 824 829 830 831 832 833 837 838 842 844 845 846 850 851 854 859 861 862 864 866 868 869 872 873 875 876 877 878 881 882 883 885 886 887 893 895 898 899 900 902 903 904 905 906 908 910 912 915 916 917 919 920 921 923 925 926 928 931 933 934 935 936 938 939 941 942 944 945 946 948 949 951 952 956 958 961 962 966 968 973 977 987 988 990 992 994 995 998 1000 1002 1003 1004 1006 1008 1010 1012 1013 1015 1018 1021 1022 1024 1025 1029 1030 1031 1037 1045 1049 1050 1051 1052 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