正題

題目連結:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/20108/B

題目大意

給出一個長度為\(n\)的序列\(a\)，每次

• 如果\(n\)是偶數，則對於所有的\(i<n\)令新的\(a'_i=a'_i+a'_{i+1}\)
• 如果\(n\)是奇數，則對於所有的\(i<n\)令新的\(a'_i=a'_i-a'_{i+1}\)

\(1\leq n\leq 10^5,1\leq a_i\leq 10^9\)

解題思路

對於一個位置它操作\(k\)次之後肯定可以用後面的若干個數表示，設多項式\(f_k(x)=\sum_{i=0}^{\infty }b_ix^i\)有\(a'_{p}=\sum_{i=0}^nb_i\times a_{p+i}\)

那麼對於這個多項式如果\(n\)是奇數那麼有\(f_k(x)=f_{k-1}(x)\times (1+x)\)，否則\(f_k(x)=f_{k-1}(x)\times (1-x)\)。

也就是每次\((1+x)\)和\((1-x)\)交替乘\(n-1\)次，如果\(n\)是奇數，那麼

用二項式定理拆開暴力算就好了，

如果\(n\)是偶數就直接再乘個\(1+x\)就好了。

時間複雜度：\(O(n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10,P=1e9+7;
ll n,ans,fac[N],inv[N],f[N];
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);n--;
	inv[0]=inv[1]=fac[0]=1;
	for(ll i=2;i<=n;i++)inv[i]=P-(P/i)*inv[P%i]%P;
	for(ll i=1;i<=n;i++)inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P,fac[i]=fac[i-1]*i%P;
	for(ll i=0;i<=n/2;i++)
		f[i*2]=(i&1)?(P-C(n/2,i)):(C(n/2,i));
	if(n&1){
		for(ll i=n;i>=1;i--)
			f[i]=f[i]+f[i-1];
	}
	for(ll i=0,x;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&x),(ans+=f[i]*x%P)%=P;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}