Description
给出长度分别为1~n的珠子,长度为i的珠子有a[i]种,每种珠子有无限个,问用这些珠子串成长度为n的链有多少种方案
Input
多组用例,每组用例首先输入一整数n表示链长,之后n个整数ai表示长度为i的珠子种类数,以n=0结束输入(n<=10^5,0<=ai<=10^7)
Output
对每组用例,输出方案数,结果模313
Sample Input
3
1 3 7
4
2 2 2 2
0
Sample Output
14
54
Solution
令dp[i]表示用这些珠子串成长度为i的链的方案数,并令dp[0]=1,轻易得到转移方程
由上式暴力求dp[n]时间复杂度O(n^2),显然不行,考虑到上式右边是一个卷积形式,所以用CDQ分治+FFT来降低复杂度,假设CDQ(l,r)为求出dp[l],dp[l+1],…,dp[r]的值,那么如果已经通过CDQ(l,mid)求出了dp[l],dp[l+1],…,dp[mid],下面考虑dp[l],dp[l+1],…,dp[mid]对dp[mid+1],dp[mid+2],…,dp[r]的贡献,令g[i]表示dp[l],…,dp[mid]对dp[i]的贡献,那么有,令x[i]=dp[i+l] (i=0,…,mid-l),y[i]=a[i+1] (i=0,…,r-l-1),则有
所以对x序列和y序列做一遍FFT即可得到z序列,进而得到g序列
总时间复杂度O(nlognlogn)
Code
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 313
#define maxn 100005
#define maxfft 131072+5
const double pi=acos(-1.0);
struct cp
{
double a,b;
cp operator +(const cp &o)const {return (cp){a+o.a,b+o.b};}
cp operator -(const cp &o)const {return (cp){a-o.a,b-o.b};}
cp operator *(const cp &o)const {return (cp){a*o.a-b*o.b,b*o.a+a*o.b};}
cp operator *(const double &o)const {return (cp){a*o,b*o};}
cp operator !() const{return (cp){a,-b};}
}w[maxfft];
int pos[maxfft];
void fft_init(int len)
{
int j=0;
while((1<for(int i=0;i>1]>>1|((i&1)<void fft(cp *x,int len,int sta)
{
for(int i=0;iif(i0]=(cp){1,0};
for(unsigned i=2;i<=len;i<<=1)
{
cp g=(cp){cos(2*pi/i),sin(2*pi/i)*sta};
for(int j=i>>1;j>=0;j-=2)w[j]=w[j>>1];
for(int j=1;j>1;j+=2)w[j]=w[j-1]*g;
for(int j=0;j>1);
for(int l=0;l>1;l++)
{
cp o=b[l]*w[l];
b[l]=a[l]-o;
a[l]=a[l]+o;
}
}
}
if(sta==-1)for(int i=0;ivoid FFT(int *a,int *b,int n,int m,int *c)
{
int len=1;
while(len<(n+m)>>1)len<<=1;
fft_init(len);
for(int i=n/2;i0;
for(int i=m/2;i0;
for(int i=0;i1?x[i>>1].b:x[i>>1].a)=a[i];
for(int i=0;i1?y[i>>1].b:y[i>>1].a)=b[i];
fft(x,len,1),fft(y,len,1);
for(int i=0;i2;i++)
{
int j=len-1&len-i;
z[i]=x[i]*y[i]-(x[i]-!x[j])*(y[i]-!y[j])*(w[i]+(cp){1,0})*0.25;
}
for(int i=len/2;iint j=len-1&len-i;
z[i]=x[i]*y[i]-(x[i]-!x[j])*(y[i]-!y[j])*((cp){1,0}-w[i^len>>1])*0.25;
}
fft(z,len,-1);
for(int i=0;iif(i&1)c[i]=(ll)(z[i>>1].b+0.5)%mod;
else c[i]=(ll)(z[i>>1].a+0.5)%mod;
}
int n,a[maxn],b[maxn<<1],dp[maxn];
void deal(int l,int r)
{
if(l==r)
{
dp[l]+=a[l],dp[l]%=mod;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
deal(l,mid);
FFT(dp+l,a+1,mid-l+1,r-l+2,b);
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
dp[i]+=b[i-l-1],dp[i]%=mod;
deal(mid+1,r);
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n),n)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]%=mod;
deal(1,n);
printf("%d\n",dp[n]);
}
return 0;
}