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Educational Codeforces Round 9 E.Thief in a Shop (FFT)★ ★

题意：给定n,k，然后给定n个1000以内的整数，求从中取k个(可重复取同一元素)能组成多少个不同的数，输出所有恰能用k个数组成的情况。

分析：很明显这题只要将数x当做指数项直接去FFT即可，最后输出系数非0的项即可，另最大的数为x，mx=x*k，那么暴力FFT是O(mx*k*logmx)，这样显然是不行的，我们可以将k进行快速幂那样的二分加速，那么就变成了O(mx*logmx*logk)，其实我们在一次DFT之后如果不直接进行逆DFT求出系数表达式，我们可以直接将点值表达式进行logk次乘法加速，最后再一次性将答案逆DFT求出来。这样的复杂度是O(mx*(logmx+logk))的。但是！如果这样做的话会将浮点数乘上10+次，这样是会出nan错的。而如果用之前的O(mx*logmx*logk)的时候我们可以每次将变大了的系数重新变为1，这样不会对答案产生影响同时也不会爆int。题解里有说NTT和O(mx*(logmx+logk))的方法，我估计用NTT的话就能避免浮点爆掉的情况使得能想后者那样重新定为1来处理。


#include
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#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
const int N=1100000;
const int MOD1=1000007;
const int MOD2=100000009;
const int MAX=1000000000;
const double EPS=0.5;
typedef long long ll;
const ll MOD=1000000007;
const ll INF=10000000010;
const double pi=acos(-1.0);
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
struct Complex{
    db r,i;
    Complex() {}
    Complex(db r,db i):r(r),i(i) {}
    Complex operator + (const Complex &t) const {
        return Complex(r+t.r,i+t.i);
    }
    Complex operator - (const Complex &t) const {
        return Complex(r-t.r,i-t.i);
    }
    Complex operator * (const Complex &t) const {
        return Complex(r*t.r-i*t.i,r*t.i+i*t.r);
    }
}x[N],y[N];
void FFT(Complex x[],int n,int rev) {
    int i,j,k,t,ds;
    Complex w,u,wn;
    for (i=1;i>1;k;k>>=1,t>>=1) j=j<<1|t&1;
        if (i=EPS) a[i]=1;
    else a[i]=0;
    lea+=leb;
}
int a[N],b[N];
int main()
{
    int i,n,k,x,lea,leb;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    memset(a,0,sizeof(a));
    memset(b,0,sizeof(b));b[0]=1;
    for (i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%d", &x);a[x]=1;
    }
    lea=1001;leb=1;
    while (k) {
        if (k&1) solve(b,leb,a,lea);
        solve(a,lea,a,lea);
        k>>=1;
    }
    for (i=1;i<=leb;i++)
    if (b[i]>0) printf("%d ", i);
    printf("\n");
    return 0;
}



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