[BZOJ 4332] [JSOI2012]分零食(DP+FFT)
题面
同学们依次排成了一列，其中有A位小朋友，有三个共同的欢乐系数O，S和U。如果有一位小朋友得到了x个糖果，那么她的欢乐程度就是\(f(x)=Ox^2+Sx+U\)
现在校长开始分糖果了，一共有M个糖果。有些小朋友可能得不到糖果，对于那些得不到糖果的小朋友来说，欢乐程度就是1。如果一位小朋友得不到糖果，那么在她身后的小朋友们也都得不到糖果。（即这一列得不到糖果的小朋友一定是最后的连续若干位）
所有分糖果的方案都是等概率的。现在问题是：期望情况下，所有小朋友的欢乐程度的乘积是多少？呆呆同学很快就有了一个思路，只要知道总的方案个数T和所有方案下欢乐程度乘积的总和S，就可以得到答案Ans=S/T。现在他已经求出来了T的答案，但是S怎么求呢？他就不知道了。你能告诉他么？
因为答案很大，你只需要告诉他S对P取模后的结果。
分析
题面osu好评
设\(dp[i][j]\)表示i个人里分j个零食得到的答案
那么\[dp[i][j]=\sum_{k=0}^{j} dp[i-1][j-k] f(j)\]
暴力递推是\(O(nm^2)\)的，我们发现后面的式子是一个卷积的形式，即\(dp_i=dp_{i-1}*f\)
由于卷积满足结合律，\(dp_i=dp_0 * f^i=1*f^i=f^i\).但是我们要求的是\(\sum_{i=1}^n dp[n][m]\),单点求值用FFT可以做到\(O(m \log m \log n)\),求和的复杂度是\(O(nm \log m \log n)\).因此，我们考虑快速幂分治的思想，想办法把问题范围缩小一半。
令\(s_n=\sum_{i=1}^n dp_i\)
则\[s_n=s_{\frac{n}{2}}+\sum_{i=\frac{n}{2}+1}^n dp_i=s_{\frac{n}{2}}+\sum_{i=\frac{n}{2}+1}^n f^i=s_{\frac{n}{2}}+\sum_{i=1}^{n/2} f^{i+n/2}\]
\[=s_{\frac{n}{2}}+f^{\frac{n}{2}}*\sum_{i=1}^{\frac{n}{2}} f^{i}\]
注意到\(f^{\frac{n}{2}}=dp_{\frac{n}{2}},\sum_{i=1}^{n/2} f^{i}=s_{\frac{n}{2}}\)那么
\[s_n=s_{\frac{n}{2}}+dp_{\frac{n}{2}}*s_{\frac{n}{2}}\]
类似快速幂倍增一下即可，答案就是\(s[n][m]\)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<complex>
#define maxn 300000
#include<cmath>
using namespace std;
typedef complex<double> com;
typedef long long ll;
const double pi=acos(-1.0);
int n,m;
ll O,S,U;
ll mod;
void fft(com *x,int *rev,int n,int type){
for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(x[i],x[rev[i]]);
for(int len=1;len<n;len*=2){
int sz=len*2;
com wn1=com(cos(2*pi/sz),type*sin(2*pi/sz));
for(int l=0;l<n;l+=sz){
int r=l+len-1;
com wnk=com(1,0);
for(int i=l;i<=r;i++){
com tmp=x[i+len];
x[i+len]=x[i]-tmp*wnk;
x[i]=x[i]+tmp*wnk;
wnk*=wn1;
}
}
}
}
struct poly{
int len;
ll arr[maxn+5];
inline int size(){
return len;
}
inline ll & operator [](int i){
return arr[i];
}
friend void operator += (poly &p,poly &q){
for(int i=0;i<=p.len;i++){
p.arr[i]=(p.arr[i]+q.arr[i])%mod;
}
}
void print(){
for(int i=0;i<=len;i++) printf("%d ",arr[i]);
printf("\n");
}
};
int rev[maxn+5];
com tmpa[maxn+5],tmpb[maxn+5],tmpc[maxn+5];
void mul(poly &a,poly &b,poly &c){
int tn=1,k=0;
while(tn<=a.len*2){
k++;
tn*=2;
}
for(int i=0;i<tn;i++){
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
tmpa[i]=tmpb[i]=tmpc[i]=0;
}
for(int i=0;i<=a.len;i++){
tmpa[i]=a[i];
tmpb[i]=b[i];
}
fft(tmpa,rev,tn,1);
fft(tmpb,rev,tn,1);
for(int i=0;i<tn;i++) tmpc[i]=tmpa[i]*tmpb[i];
fft(tmpc,rev,tn,-1);
for(int i=0;i<=a.len;i++) c[i]=(ll)(tmpc[i].real()/tn+0.5)%mod;
}
poly f,g,tmp,a;
inline void fast_pow(int k){
if(k==1){
f.len=g.len=m;
tmp.len=m;
for(int i=0;i<=m;i++) f[i]=g[i]=a[i];
return;
}
fast_pow(k>>1);
// f.print();
// g.print();
mul(f,g,tmp);
// tmp.print();
f+=tmp;
mul(g,g,g);
if(k&1){
mul(g,a,g);
f+=g;
}
}
inline ll calc(ll x){
return O*x*x%mod+S*x%mod+U%mod;
}
int main(){
scanf("%d %lld",&m,&mod);
scanf("%d %lld %lld %lld",&n,&O,&S,&U);
for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=calc(i)%mod;
//注意a[0]=0,而不是calc(0)，因为分到0的快乐度是1，对答案无影响，不用累加
fast_pow(n);
printf("%lld\n",f[m]);
}