NOI Online 2021 提高组 愤怒的小N

P7468 [NOI Online 2021 提高组] 愤怒的小N

题目大意

小$N$在玩一款游戏。这款游戏中有$n$个关卡，分别为第$0$关，第$1$关，$\dots$，第$n-1$关。这些关卡中有一部分是普通关卡，另一部分则是奖励关卡。

这款游戏中普通关卡与奖励关卡的分布比较特殊。如果用字符$a$代表普通关卡，用字符$b$代表奖励关卡，那么第$0$关，第$1$关，$\dots$，第$n-1$关依次排列形成的字符串是一个无穷字符串$s$的的前缀，且$s$可以按照以下方式构造：

1. 初始时$s$为包含单个字符$a$的字符串
2. 将$s$的每个字符$a$替换为$b$，每个字符$b$替换为$a$得到字符串$t$，然后将$t$拼接到$s$的末尾
3. 不断执行操作$2$，得到的字符串就是最终的$s$

可以发现$s=abbabaabbaababba\cdots$。

通过第$i$关可以得到$f(i)$分，其中$f(i)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_{k-1}{x}^{k-1}$。

小$N$通过了所有奖励关卡，求他得到的分数模$10^9+7$后的值。

为了方便，$n$以二进制的形式给出。

$0\le {\log }_{2}n<5\times 10^5,1\le k\le 500,0\le a_i<10^9+7,a_{k-1}\ne 0$

题解

首先，我们发现，假设一个关卡的编号为$x$，则如果去掉$x$的最高位，则$x$会从奖励关卡变为普通关卡或从普通关卡变为奖励关卡，所以当$x$的二进制的各位之和为奇数时第$x$关为奖励关卡，否则$x$为普通关卡。

考虑$DP$，设$f_{i,j,0/1}$表示在编号为$0\sim 2^i-1$的位置中，所有普通关卡/奖励关卡的编号的$j$次方和。根据二项式展开可得转移式为

$$f_{i,j,v}=f_{i-1,j,v}+\sum _{l=0}^j\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{l}\right)\times f_{i-1,l,1-v}\times 2^{(i-1)(j-l)}$$

在计算答案的时候，我们用类似树状数组的思想，按次数从小到大计算$n$的二进制位中每个$1$的贡献。设这一位为$i$，枚举$f(x)$中每一项，根据二项式展开用$f_{i,j,k}$来得到贡献，那么答案为

$$ans+=\sum _{j=0}^{k-1}{a}_j\sum _{l=0}^j\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{l}\right)\times f_{i,l,1-v}\times tm{p}^{j-l}$$

其中$v$表示高于第$i$位的$1$的数量，这样能保证当前求的是奖励关卡。$tmp$表示高于第$i$位的部分转化为十进制后的值。

这样做是$O(\log n{k}^2)$的，我们考虑优化。

通过数学归纳法或者打表找规律，我们可以得到：

• 当$i>j$时$f_{i,j,0}=f_{i,j,1}=\frac{\sum _{t=0}^{2^i-1}{t}^j}{2}$

设$tmp$表示高于第$k$位的部分构成的数的值，则对于编号小于等于$tmp$的奖励关卡，我们可以直接用$\frac{\sum _{i=0}^{tmp}f(i)}{2}$来求。因为$f(i)$是一个$k-1$次的多项式，所以其前缀和也是一个$k-1$次的多项式，用拉格朗日差值法即可$O(k^2)$得到$\sum _{i=0}^{tmp}f(i)$，再除以$2$即可得到这部分的贡献。

对于剩下的部分，按前面所说的方法计算前$k-1$位对答案的贡献，时间复杂度为$O(\log n+k^3)$。

总时间复杂度为$O(\log n+k^3)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=500000,K=500;
const long long mod=1000000007,ny=500000004;
int n,k,c1;
long long ans=0,a[K+5],pw[K+5],x[K+5],y[K+5],C[K+5][K+5],f[K+5][K+5][2];
char c[N+5];
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
void init(){
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=K;i++){
		C[i][0]=C[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	}
	long long now=0;
	for(int i=0;i<=K;i++){
		x[i]=i;y[i]=now;
		long long sum=0;
		for(int j=K-1;j>=0;j--) sum=(sum*i+a[j])%mod;
		now=(now+sum)%mod;
	}
}
long long gt(long long vx){
	long long re=0;
	for(int i=0;i<=K;i++){
		long long p=y[i],q=1;
		for(int j=0;j<=K;j++){
			if(i==j) continue;
			p=p*((vx-x[j]+mod)%mod)%mod;
			q=q*((x[i]-x[j]+mod)%mod)%mod;
		}
		re=(re+p*mi(q,mod-2)%mod)%mod;
	}
	return re;
}
int main()
{
//	freopen("angry.in","r",stdin);
//	freopen("angry.out","w",stdout);
	scanf("%s",c);
	c1=strlen(c);
	reverse(c,c+c1);
	scanf("%d",&k);
	for(int i=0;i<k;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	init();
	f[0][0][0]=1;pw[0]=1;
	for(int i=1,tmp=1;i<k;i++,tmp=tmp*2%mod){
		for(int j=1;j<k;j++) pw[j]=pw[j-1]*tmp%mod;
		for(int j=0;j<k;j++){
			f[i][j][0]=f[i-1][j][0];
			f[i][j][1]=f[i-1][j][1];
			for(int l=0;l<=j;l++){
				f[i][j][0]=(f[i][j][0]+C[j][l]*f[i-1][l][1]%mod*pw[j-l]%mod)%mod;
				f[i][j][1]=(f[i][j][1]+C[j][l]*f[i-1][l][0]%mod*pw[j-l]%mod)%mod;
			}
		}
	}
	for(int i=c1-1,tmp=0,w=0;i>=0;i--){
		if(c[i]=='0') continue;
		if(i<k){
			for(int j=1;j<k;j++) pw[j]=pw[j-1]*tmp%mod;
			for(int j=0;j<k;j++){
				long long sum=0;
				for(int l=0;l<=j;l++){
					sum=(sum+C[j][l]*f[i][l][w^1]%mod*pw[j-l]%mod)%mod;
				}
				ans=(ans+sum*a[j])%mod;
			}
		}
		tmp=(tmp+mi(2,i))%mod;w^=1;
	}
	long long tmp=0;
	for(int i=c1-1;i>=k;i--)
	if(c[i]=='1') tmp=(tmp+mi(2,i))%mod;
	ans=(ans+gt(tmp)*ny%mod)%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}