HDU-5332(前缀和优化dp/CDQ+NTT)

HDU-5332(CDQ+NTT/前缀和优化dp)

考虑依次求出\(i\)个点的答案

假设当前有\(i-1\)个点，枚举第\(i\)个点前面的点数\(j\)，则\(dp_i=dp_{i-j-1}\cdot (j+1)^2\cdot C(i-1,i-j-1)\cdot j!\)

直接转移是\(O(n^2)\)的,可以看到是一个\(dp\)转移与差值有关，所以可以用\(CDQ\)分治+\(NTT\)解决

关于这种简单粗暴的做法，模板题HDU-5730 题解

以下是暴力的代码

#include
using namespace std;

#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)

template  inline void cmin(T &a,T b){ ((a>b)&&(a=b)); } 
template  inline void cmax(T &a,T b){ ((a>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
    return res;
}

void NTT(int n,ll *a,int f){
    rep(i,1,n-1) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(reg int i=1;i>1;
    Solve(l,mid);
    int R=1,c=-1;
    while(R<=r-l+1) R<<=1,c++;
    rep(i,1,R) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<

\[ \ \]

下面是\(O(n)\)做法

观察转移\(dp_i=dp_{i-j-1}\cdot (j+1)^2\cdot C(i-1,i-j-1)\cdot j!\)

变形一下\(dp_i=dp_j\cdot (i-j)^2\cdot \frac{(i-1)!}{j!}\)

考虑前缀和转移

可以看到阶乘的问题可以通过参数分离很好地解决，就是\((i-j)^2\)的问题

当\(i\rightarrow i+1\)时,\((i-j)^2\rightarrow (i+1-j)^2\)

提出来看一下，就是\(x^2\rightarrow(x+1)^2=x^2+2x+1\)

所以我们可以记录\(a=\sum x^2dp_j,b=\sum xdp_j,c=\sum dp_j\)

所以每次\(i\)增加，\(a=a+2b+c,b=b+c\)即可

#include
using namespace std;

#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)

template  inline void cmin(T &a,T b){ ((a>b)&&(a=b)); } 
template  inline void cmax(T &a,T b){ ((a