「BZOJ4332」「JSOI2012」分零食

Description

这里是欢乐的进香河，这里是欢乐的幼儿园。
今天是 $2$ 月 $14$ 日，星期二。在这个特殊的日子里，老师带着同学们欢乐地跳着，笑着。校长从幼儿园旁边的小吃店买了大量的零食决定分给同学们。听到这个消息，所有同学都安安静静地排好了队，大家都知道，校长不喜欢调皮的孩子。
同学们依次排成了一列，其中有 $A$ 位小朋友，有三个共同的欢乐系数 $O,S$ 和 $U$ 。如果有一位小朋友得到了 $x$ 个糖果，那么她的欢乐程度就是 $f(x)=O*x^2+S*x+U$ 。
现在校长开始分糖果了，一共有 $M$ 个糖果。有些小朋友可能得不到糖果，对于那些得不到糖果的小朋友来说，欢乐程度就是 $1$ 。如果一位小朋友得不到糖果，那么在她身后的小朋友们也都得不到糖果。（即这一列得不到糖果的小朋友一定是最后的连续若干位）
所有分糖果的方案都是等概率的。现在问题是：期望情况下，所有小朋友的欢乐程度的乘积是多少？呆呆同学很快就有了一个思路，只要知道总的方案个数T和所有方案下欢乐程度乘积的总和 $S$ ，就可以得到答案 $Ans=\frac{S}{T}$ 。现在他已经求出来了 $T$ 的答案，但是 $S$ 怎么求呢？他就不知道了。你能告诉他么？
因为答案很大，你只需要告诉他 $S$ 对 $P$ 取模后的结果。
后记：
虽然大家都知道，即便知道了 $T$ ，知道了 $S$ 对 $P$ 取模后的结果，也没有办法知道期望情况下，所有小朋友欢乐程度的乘积。但是，当呆呆想到这一点的时候，已经彻底绝望了。

Input

第一行有 $2$ 个整数，分别是 $M$ 和 $P$ 。
第二行有一个整数 $A$ ，第三行有一个整数 $O$ 。
第四行有一个整数 $S$ ，第五行有一个整数 $U$ 。

Output

一个整数 $S$ ，因为答案可能很大，你只需要输出 $S$ 对 $P$ 取模后的结果。

Sample Input

4 100 
4 
1 
0 
0 

Sample Output

63 

样例说明

函数 $f(x)=x^2$ 。一共有 $4$ 份零食，$4$ 位同学。如果只有第一个同学得到，欢乐程度为 $16$ ，若前两位同学得到，欢乐程度的所有可能依次为 $9,9,16$，若有三位同学得到，欢乐程度有 $4,4,4$，最后一种情况，每一个同学都得到了零食，欢乐程度为 $1$ 。相加后得到 $S=63$ 。

HINT

对于 $100\%$ 的数据，$M\leq10000,P\leq255,A\leq108,O\leq4,S\leq300,U\leq100$ 。

题解

首先想到 dp 。$g[i][j]$ 表示前 $i$ 个小朋友分到 $j$ 块糖的所有方案 $S$ 之和，然后答案是 $\sum_{i = 1}^n g[i][m]$。
dp方程

$$g[n][m] = \sum_{i = 1}^{m}g[n - 1][i] \times f(m-i)$$ （枚举第 $n$ 个小朋友分到的糖数）。
然后发现是个卷积的形式，于是立刻想到 FFT ，立刻想到倍增 （ $$g[n] = g[n - 1] * f$$ 得到 $$g[n] = g[0] * f^n$$ ，而 $g[0] = 1$ 所以 $$g[n] = f^n$$ ）。但是我们显然要求的是 $$\sum_{i = 1}^{n} g[i][m]$$ 只是这样倍增显然是不行的。

于是记

$$F[n] = \sum_{i = 1}^ng[i]$$
则 $F[n][m]$ 即为答案。
我们还是可以用倍增的方式求 $F[n]$ （以下设 $n$ 为 $2$ 的倍数）。

$$F[n] = \sum_{i = 1}^ng[i]$$

$$F[n] = F\left[ \frac{n}{2}\right] + \sum_{i = \frac{n}{2} + 1}^ng[i]$$

$$F[n] = F\left[ \frac{n}{2}\right] + \sum_{i = \frac{n}{2} + 1}^nf^i$$

$$F[n] = F\left[ \frac{n}{2}\right] + \sum_{i = 1}^{ \frac{n}{2} }f^{i + \frac{n}{2}}$$

$$F[n] = F\left[ \frac{n}{2}\right] + f^{\frac{n}{2} }\sum_{i = 1}^{ \frac{n}{2} }f^{i}$$

$$F[n] = F\left[ \frac{n}{2}\right] +g\left[ \frac{n}{2}\right] * F\left[ \frac{n}{2}\right]$$

完成！

对于 $n \ mod \ 2 =1$ 的情况，可以从 $F[n-1]$ 来计算 $F[n]$。可以证明，迭代次数是 $log_2n$ 级别的。
于是就可以开心的使用倍增完成，取膜可以在求完卷积时膜。

OSU是坠吼的

复杂度 $O(n\log_2n\log_2m)$

My Code

/**************************************************************
    Problem: 4332
    User: infinityedge
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:3868 ms
    Memory:4364 kb
****************************************************************/

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <complex>

#define MAXN 32768
#define pi acos(-1)

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef complex<double> E;

int p;

void bit_reverse(int n, E* r){
    for(int i = 0, j = 0; i < n; i ++){
        if(i > j) swap(r[i], r[j]);
        for(int l = n >> 1; (j ^= l) < l; l >>= 1);
    }
}

void fft(int n, E* r, int f){
    bit_reverse(n, r);
    for(int i = 2; i <= n; i <<= 1){
        int m = i >> 1;
        for(int j = 0; j < n; j += i){
            E w(1, 0), wn(cos(2 * pi / i), f * sin(2 * pi / i));
            for(int k = 0; k < m; k ++){
                E z = r[j + m + k] * w;
                r[j + m + k] = r[j + k] - z;
                r[j + k] = r[j + k] + z;
                w = w * wn;
            }
        }
    }
    if(f == -1){
        for(int i = 0; i < n; i ++) r[i] /= n, r[i] = int(r[i].real() + 0.1) % p;
    }
}

int m, n, o, s, u, N;

E F[MAXN], tmp[MAXN]; 

void solve(E* f, E* g, int n){
    if(n == 0){
        g[0] = 1; return;
    }
    if(n % 2 == 1){
        solve(f, g, n - 1);
        fft(N, g, 1);
        for(int i = 0; i < N; i ++) g[i] = g[i] * F[i];
        fft(N, g, -1);
        for(int i = 0; i <= m; i ++) f[i] = f[i] + g[i], f[i] = int(f[i].real() + 0.1) % p;
        for(int i = m + 1; i < N; i ++) g[i] = 0;
    }else{
        solve(f, g, n / 2);
        for(int i = 0; i < N; i ++) tmp[i] = f[i];
        fft(N, tmp, 1);
        fft(N, g, 1);
        for(int i = 0; i < N; i ++) tmp[i] = tmp[i] * g[i];
        fft(N, tmp, -1);
        for(int i = 0; i < N; i ++) g[i] = g[i] * g[i];
        fft(N, g, -1);
        for(int i = 0; i <= m; i ++) f[i] = f[i] + tmp[i], f[i] = int(f[i].real() + 0.1) % p;
        for(int i = m + 1; i < N; i ++) g[i] = 0;
    }
}

E a[MAXN], b[MAXN];

E g[MAXN], f[MAXN];


int main(){
    scanf("%d%d%d%d%d%d", &m, &p, &n, &o, &s, &u);
    N = 1; while(N < 2 * m + 1) N = N << 1;
    for(int i = 1; i <= m; i ++){
        F[i] = (o * i * i + s * i + u) % p;
    }
    fft(N, F, 1);
    solve(f, g, n);
    printf("%d\n", int(f[m].real() + 0.1));
    return 0;
}