POJ 1398 Complete the sequence! ★ (差分)

题目链接： http://poj.org/problem?id=1398 题目大意： 给定一个长度为s的数列a1,a2,a3,……,as，并知道它的通项可以用多项式P(n)表示出来，求数列的后c项。 思路：标准的做好像是数值分析的拉格朗日插值法，但求解这种数列问题我们有更好的差分方法，过程中完全不涉及浮点数操作。比如说，对于1 2 4 7 11 16 22 29这个数列，我们对于每一项做其和前一项的差，也就是2-1=1, 4-2=2, 7-4=3, ....这样，我们得到一个1阶差分：1, 2, 3, 4, 5, 6, 7。我们再求得2阶差分是：1, 1, 1, 1, 1, 1。这时，规律已经有些明显了。 也就是说， 对于任意一个存在合理多项式通项的数列，用差分的方法是可以得到它的解的：只要求得这个n项数列的n-1阶差分，然后倒推回去就可以了。 那么为什么可以这样呢？可以这样理解：对于任意满足多项式P(n) = aD.n^D+aD-1.n^D-1+...+a1.n+a0的D阶多项式，取一阶差分得：tmp = P(n) - P(n - 1)肯定是个D-1阶多项式，以此类推，取n-1阶差分，就只剩下一个数d (程序中为f[n-1][0]), 如果d = 0，如果想使得P(n)的阶最小，第n-1阶差分中接下来的m个数应该都为0，如果d ！= 0，当接着的m个数都为d时，则第n-2阶为1阶多项式(只有一阶多项式(a1.n + a0, 公差为a1)的差分才为一个常数)，第n-1阶为0阶多项式，才能保证阶D最小。  

#include 
 
   
    
  
#include 
  
    
      using namespace std; int main(){ int a[110][110]; int t, s, c; scanf("%d",&t); while(t --){ memset(a, 0, sizeof(a)); scanf("%d%d",&s, &c); for (int i = 0; i < s; i ++){ scanf("%d", &a[0][i]); } for (int i = 1; i < s; i ++){ for (int j = 0; j < s - i; j ++){ a[i][j] = a[i-1][j+1] - a[i-1][j]; } } for (int i = 1; i <= c; i ++) a[s-1][i] = a[s-1][0]; for (int i = s - 2; i >= 0; i --){ for (int j = 0; j < c; j ++){ a[i][s-i+j] = a[i+1][s-i+j-1] + a[i][s-i+j-1]; } } for (int i = 0; i < c - 1; i ++){ printf("%d ", a[0][s+i]); } printf("%d\n",a[0][s+c-1]); } return 0; }