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64bit IO Format: %lld
題目描述
給定長度爲n的數組a,定義一次操作爲:
1. 算出長度爲n的數組s,使得si= (a[1] + a[2] + ... + a[i]) mod 1,000,000,007;
2. 執行a = s;
現在問k次操作以後a長什麼樣。
輸入描述:
第一行兩個整數n,k(1 <= n <= 2000, 0 <= k <= 1,000,000,000);
第二行n個整數表示a數組(0 <= ai<= 1,000,000,000)。
輸出描述:
一行n個整數表示答案。
首先還是要了解快速冪。如果知道,再往瞎看,如果不知道,那就先看我博客矩陣快速冪。點擊打開鏈接
這個題,卡空間,還卡時間,要不然就是模板題了。係數矩陣容易構造,就是個下三角矩陣,全爲一的矩陣。關鍵是要省空間,還是減少時間。通過計算發現,係數矩陣的前幾次方,有規律。規律如下圖,分別是一次方,兩次方,三次方,四次方:
通過觀察,我們就發現,我們根本不需要存二維的一個數組,只需一維的就可以了,並且矩陣相乘時也可以減少很多,矩陣是關於副對角線對稱,我們只需要存第一列或者是最後一行即可,這樣,我們改動一下矩陣快速冪的模板,把矩陣相乘那一部分改了就好,附上ac代碼:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
#define mod 1000000007
const ll N=2002;
ll tmp[N];
ll n, k;
void multi(ll a[N],ll b[N])
{
memset(tmp,0,sizeof tmp);
for(int i=0;i<n;i++)
{
int x=0;
for(int j=0;j<=i;j++)
{
tmp[i]=(tmp[i]+a[j]*b[i-j])%mod;
}
}
for(int i=0;i<n;i++)a[i]=tmp[i];
}
ll res[N];
void Pow(ll a[N],ll p)
{
memset(res,0,sizeof res);//n是冪,N是矩陣大小
for(int i=1;i<n;i++) res[i]=0;
res[0]=1;
while(p)
{
if(p&1)
multi(res,a);//res=res*a;複製直接在multi裏面實現了;
multi(a,a);//a=a*a
p>>=1;
}
}
ll a[2002];
ll qsum[2050];
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("D:/input.txt" , "r", stdin);
#endif
ll sum[2050];
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>sum[i];
for(int i=0;i<n;i++)
{
a[i]=1;
}
Pow(a,k);
// for(int i=0;i<n;i++)
// {
// cout<<res[i]<<' ';
// }
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<=i;j++)
{
qsum[i]=(qsum[i]+res[i-j]*sum[j])%mod;
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
cout<<qsum[i];
if(i!=n-1)
cout<<' ';
}
return 0;
}
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