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loj2183/洛谷P3321/bzoj3992 序列統計 原根+NTT

阿新 • • 發佈：2018-11-08

題目分析

哎呀原根這個東西忘得差不多了…=。=

對於 P P 的剩餘系的原根 g g ，用 g

k   m o d   P g^k \bmod{P} 可以表示 P
P 的剩餘系中的所有數。

原根的定義是，對於一個群 G G ，單位元為 e e 。將滿足 a

d = e a^d = e 的最小正整數 d d 記作 a a 的階，也就是 o r d ( a ) ord(a) ，那麼使得 o r d ( g ) = ∣ G ∣ ord(g) = |G| 的 g g 就是 G G 的原根。

由於原根通常情況下都不大，所以我們可以暴力列舉這個原根。那麼 g g 是 P P 的剩餘系的原根的條件是， g P − 1 ≡ 1 ( m o d P ) g^{P-1} \equiv 1 \pmod{P} 且對於任意 P − 1 P-1 的質因子 p i p_i ，都有 g P − 1 p i ̸ ≡ 1 ( m o d P ) g^{\frac{P-1}{p_i}} \not\equiv 1 \pmod{P} 。後面那一個條件是為了滿足 P − 1 P-1 是滿足 g d ≡ 1 ( m o d P ) g^d \equiv 1 \pmod{P} 的最小正整數，因為 1 1 的冪次都是 1 1 ，所以該條件滿足時， P − 1 P-1 無論去掉多少個質因子， g g 的這麼多次方模 P P 都不會為1。

找到 m m 的原根後，若 g k ( m o d m ) g^k \pmod{m} 在 ∣ S ∣ |S| 中出現過，則 a k = 1 a_k=1 ，否則 a k = 0 a_k=0 。那麼將 a a 做 n n 次最高次項為 m − 1 m-1 的迴圈卷積，就能得到選出 n n 個數，乘積模 m m 為 g k ( m o d m ) g^k \pmod{m} 的方案數。用快速冪實現即可。

迴圈卷積？就是做一次NTT後，將 a i + = a m − 1 + i a_i+=a_{m-1+i} ，然後 a m − 1 + i = 0 a_{m-1+i}=0 即可。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
int read() {
	int q=0;char ch=' ';
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') q=q*10+ch-'0',ch=getchar();
	return q;
}
const int G=3,mod=1004535809,N=16390;
int n,m,x,ss,gm,kn,len;
int A[N],k1[N],k2[N],res[N],rev[N],gk[N];

int qm(int x,int p) {return x>=p?x-p:x;}
int ksm(int x,int y,int p) {
	int re=1;
	for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%p) if(y&1) re=1LL*re*x%p;
	return re;
}

void NTT(int *a,int n,int x) {
	for(RI i=0;i<n;++i) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(RI i=1;i<n;i<<=1) {
		int gn=ksm(G,(mod-1)/(i<<1),mod);
		for(RI j=0;j<n;j+=i<<1) {
			int g=1,t1,t2;
			for(RI k=0;k<i;++k,g=1LL*g*gn%mod) {
				t1=a[j+k],t2=1LL*g*a[j+i+k]%mod;
				a[j+k]=qm(t1+t2,mod),a[j+i+k]=qm(t1-t2+mod,mod);
			}
		}
	}
	if(x==1) return;
	int inv=ksm(n,mod-2,mod);reverse(a+1,a+n);
	for(RI i=0;i<n;++i) a[i]=1LL*a[i]*inv%mod;
}
void mul(int *a,int *b) {
	for(RI i=0;i<kn;++i) k1[i]=a[i],k2[i]=b[i];
	NTT(k1,kn,1),NTT(k2,kn,1);
	for(RI i=0;i<kn;++i) a[i]=1LL*k1[i]*k2[i]%mod;
	NTT(a,kn,-1);
	for(RI i=m-1;i<kn;++i)
		a[i%(m-1)]=qm(a[i%(m-1)]+a[i],mod),a[i]=0;
}

void work1() {
	int flag=0;
	for(RI i=1;i<=ss;++i) if(read()==0) flag=1;
	if(flag) printf("%d\n",qm(ksm(ss,n,mod)-ksm(ss-1,n,mod)+mod,mod));
	else puts("0");
}
int pri[8005],vis[8005],js;
int getgm(int x) {
	int kx=x-1;
	for(RI i=2;i*i<=kx;++i)
		
            
  

           

              
              

            

            
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雖然因為這題資料不隨機所以珂朵莉樹的複雜度實際上是錯的…… 
然而能過就行對不對…… 
（不過要是到時候noip我還真不敢打……畢竟CCF那機子……） 
 
  1 //minamoto
 2 #inclu 



  
 

    


    
    
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         m
        
        
         u
        
        
         l
        
        
         t
  



  
 

    


    
    
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 輸入輸出格式 
 輸入格式： 
   
 輸入檔案只有一行，一個字串 ss。 
   



  
 

    


    
    
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2018.11.09 洛谷P1110 [ZJOI2007]報表統計（）

     
 
								
								            
							
							
							傳送門
sb題。
直接用兩個multisetmultisetmultiset維護相鄰兩個數的差值和所有數的前驅後繼。
插入一個數的時候更新一下就行了。
程式碼：
#include<bits/std 



  
 

    


    
    
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         a
        
        
          
        
       



  
 

    


    
    
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題意
題目鏈接
Sol
ODT板子題.....
// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#defi 



  
 

    


    
    
洛谷 P1410 子序列

     
 
							
							
							這題乍一看毫無思路。顯然不可能窮舉長度為N/2的嚴格遞增子序列。

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傳送門!
首先可以先拆下這個貢獻式,為了方便之後設狀態什麽的,把式子轉成和ny有關,就成了
∑(n-y)a*yb
然後拆下式子,就可以得到
∑ 



  
 

    


    
    
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Description

小C有一個集合S，裏面的元素都是小於M的非負整數。他用程序編寫了一個數列生成器，可以生成一個長度為N的數列，數列中