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BM线性递推

如果一个数列、其能够通过线性递推而来:F_n=\sum_{i=1}^{k}F_{n-i}a_i

例如使用矩阵快速幂优化的 DP 大概都可以丢进去

则使用 BM 即可得到任意 N 项的数列元素

 

模板：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector VI;
typedef long long ll;
typedef pair PII;
const ll mod=1000000007;
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
// head

ll n;
namespace linear_seq {
    const int N=10010;
    ll res[N],base[N],_c[N],_md[N];

    vector Md;
    void mul(ll *a,ll *b,int k) {
        rep(i,0,k+k) _c[i]=0;
        rep(i,0,k) if (a[i]) rep(j,0,k) _c[i+j]=(_c[i+j]+a[i]*b[j])%mod;
        for (int i=k+k-1;i>=k;i--) if (_c[i])
            rep(j,0,SZ(Md)) _c[i-k+Md[j]]=(_c[i-k+Md[j]]-_c[i]*_md[Md[j]])%mod;
        rep(i,0,k) a[i]=_c[i];
    }
    int solve(ll n,VI a,VI b) { // a 系数 b 初值 b[n+1]=a[0]*b[n]+...
        ll ans=0,pnt=0;
        int k=SZ(a);
        assert(SZ(a)==SZ(b));
        rep(i,0,k) _md[k-1-i]=-a[i];_md[k]=1;
        Md.clear();
        rep(i,0,k) if (_md[i]!=0) Md.push_back(i);
        rep(i,0,k) res[i]=base[i]=0;
        res[0]=1;
        while ((1ll<=0;p--) {
            mul(res,res,k);
            if ((n>>p)&1) {
                for (int i=k-1;i>=0;i--) res[i+1]=res[i];res[0]=0;
                rep(j,0,SZ(Md)) res[Md[j]]=(res[Md[j]]-res[k]*_md[Md[j]])%mod;
            }
        }
        rep(i,0,k) ans=(ans+res[i]*b[i])%mod;
        if (ans<0) ans+=mod;
        return ans;
    }
    VI BM(VI s) {
        VI C(1,1),B(1,1);
        int L=0,m=1,b=1;
        rep(n,0,SZ(s)) {
            ll d=0;
            rep(i,0,L+1) d=(d+(ll)C[i]*s[n-i])%mod;
            if (d==0) ++m;
            else if (2*L<=n) {
                VI T=C;
                ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;
                while (SZ(C)v;
    v.push_back(3);
    v.push_back(9);
    v.push_back(20);
    v.push_back(46);
    v.push_back(106);
    v.push_back(244);
    v.push_back(560);
    v.push_back(1286);
    v.push_back(2956);
    v.push_back(6794);
    int nCase;
    scanf("%d", &nCase);
    while(nCase--){
        scanf("%lld", &n);
        printf("%lld\n",1LL * linear_seq::gao(v,n-1) % mod); ///求第n项
    }
}

 

题目链接：

题意：一个人从0点开始，每次可以往前或者往后走1到k步，每次的概率都为1/k，问：走到n的位置的概率是多少？

题解：我们直接暴力求出前2*k项，然后丢进BM，求的结果。

设：dp[i]表示到达i点的概率，那么转移方程为：dp[n]=\sum_{i=max(0,n-k)}^{n}dp[n-i]*\frac{1}{k}

可以看出这是一个递推式。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef long long ll;
typedef vector VI;

typedef pair PII;
const ll mod=1000000007;
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
// head

ll n;
namespace linear_seq {
    const int N=10010;
    ll res[N],base[N],_c[N],_md[N];

    vector Md;
    void mul(ll *a,ll *b,int k) {
        rep(i,0,k+k) _c[i]=0;
        rep(i,0,k) if (a[i]) rep(j,0,k) _c[i+j]=(_c[i+j]+a[i]*b[j])%mod;
        for (int i=k+k-1;i>=k;i--) if (_c[i])
            rep(j,0,SZ(Md)) _c[i-k+Md[j]]=(_c[i-k+Md[j]]-_c[i]*_md[Md[j]])%mod;
        rep(i,0,k) a[i]=_c[i];
    }
    int solve(ll n,VI a,VI b) { // a 系数 b 初值 b[n+1]=a[0]*b[n]+...
        ll ans=0,pnt=0;
        int k=SZ(a);
        assert(SZ(a)==SZ(b));
        rep(i,0,k) _md[k-1-i]=-a[i];_md[k]=1;
        Md.clear();
        rep(i,0,k) if (_md[i]!=0) Md.push_back(i);
        rep(i,0,k) res[i]=base[i]=0;
        res[0]=1;
        while ((1ll<=0;p--) {
            mul(res,res,k);
            if ((n>>p)&1) {
                for (int i=k-1;i>=0;i--) res[i+1]=res[i];res[0]=0;
                rep(j,0,SZ(Md)) res[Md[j]]=(res[Md[j]]-res[k]*_md[Md[j]])%mod;
            }
        }
        rep(i,0,k) ans=(ans+res[i]*b[i])%mod;
        if (ans<0) ans+=mod;
        return ans;
    }
    VI BM(VI s) {
        VI C(1,1),B(1,1);
        int L=0,m=1,b=1;
        rep(n,0,SZ(s)) {
            ll d=0;
            rep(i,0,L+1) d=(d+(ll)C[i]*s[n-i])%mod;
            if (d==0) ++m;
            else if (2*L<=n) {
                VI T=C;
                ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;
                while (SZ(C) v;
ll dp[2010];
int main() {
//    /*push_back 进去前 8~10 项左右、最后调用 gao 得第 n 项*/
//    vectorv;
//    v.push_back(3);
//    v.push_back(9);
//    v.push_back(20);
//    v.push_back(46);
//    v.push_back(106);
//    v.push_back(244);
//    v.push_back(560);
//    v.push_back(1286);
//    v.push_back(2956);
//    v.push_back(6794);
    int ncase;
    scanf("%d", &ncase);
    while(ncase--){
            int k;
            scanf("%d%lld",&k,&n);
            ll invk=powmod(k,mod-2);
            memset(dp,0,sizeof(dp));
            dp[0]=1;
            v.clear();
            v.push_back(1);

            for(int i=1;i<=2*k;i++)
            {
                dp[i]=0;
                for(int j=max(0,i-k);j

 

 

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  • 数论（三）——约数（约数个数，约数和，公约数） DearLife丶 #数学知识算法gcd约数欧几里德算法
    目录试除法求约数求约数个数约数之和欧几里得算法试除法求约数试除法求一个数的所有约数，思路与判断质数的思路一样，优化的方法也是一样的，这里就不再赘述，没有看过我之前关于质数的博客可以点这里。从小到大枚举所有约数，但是我们只需要枚举每一对儿中较小的一个就可以了。时间复杂度：O(sqrt(n))vectorget_divisors(intn){vectorres;//vector数组存储一个数的所有约数
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                        Java Ruby PHP 擅长领域                  
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    其实账户之前就申请了，但是决定要自己更新一些东西看也是最近。从毕业到现在已经一年了。没有进步是假的，但是有多大的进步可能只有我自己知道。   毕业的时候班里12个女生，真正最后做到软件开发的只要两个包括我，PS：我不是说测试不好。当时因为考研完全放弃找工作，考研失败，我想这只是我的借口。那个时候才想到为什么大学的时候不能好好的学习技术，增强自己的实战能力，以至于后来找工作比较费劲。我
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                  这篇内容其实没有经过太多的深思熟虑，只是个人一时的感觉。从个人风格上来讲，我倾向简单质朴的设计开发理念；从方法论上，我更加倾向自顶向下的设计；从做事情的目标上来看，我追求质量优先，更愿意使用较为保守和稳妥的理念和方法。    &
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