北京师范大学第十六届程序设计竞赛决赛-重现赛-B题

一、题目链接

　　https://www.nowcoder.com/acm/contest/117/B

二、题意

　　给定一组序列$a_1,a_2,\cdots,a_n$，表示初始序列$b_1,b_2,\cdots,b_n$经过$k$次变换得到的序列，让你输出输出序列$b_1,b_2,\dots,b_n$。

变换的规则是：
　　在每一轮中，把$b_i$加到$b_{i+1}$上($1 \le i < n$)，同时对$10^9+7$取模。做$k$轮。最后得到$a_1,a_2,\cdots,a_n$。

三、思路

　　列出计算步骤，得到如下表格：

$k$	$b_1$	$b_2$	$b_3$	$\cdots$	$b_n$
$1$	$b_1$	$b_1+b_2$	$b_1+b_2+b_3$	$\cdots$	$\sum\limits_{i=1}^{n}b_i$
$2$	$b_1$	$2*b_1+b_2$	$3b_1+2b_2+b_3$	$\cdots$	上一行的和
$3$	$b_1$	$3*b_1+b_2$	$6b_1+3b_2+b_3$	$\cdots$	上一行的和
$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$

　　拿$b_i$来找规律。可以发现，它的多项式系数与$k$的关系。从大到小的系数为如下表格：

$j=1$	$1$	$2$	$3$	$6$	$\cdots$	$k$
$j=2$	$1$	$3$	$6$	$10$	$\cdots$	$\frac{(1+k)*k}{2}$
$j=3$	$1$	$4$	$10$	$20$	$\cdots$	$\cdots$
$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$
$j=n$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$

　　其中，$j$为到$i$的距离，且$j<i$。然后，把它转化成如下表格：

$j=1$	$C_1^1$	$C_2^1$	$C_3^1$	$C_4^1$	$\cdots$	$C_k^1$
$j=2$	$C_2^2$	$C_3^2$	$C_4^2$	$C_5^2$	$\cdots$	$C_{k+1}^2$
$j=3$	$C_3^3$	$C_4^3$	$C_5^3$	$C_6^3$	$\cdots$	$C_{k+2}^3$
$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$	$\cdots$
$j=n$	$C_n^n$	$C_{n+1}^n$	$C_{n+2}^n$	$C_{n+3}^n$	$\cdots$	$C_{k+n-1}^n$

　　有了上述表格后，用lucas定理求出最后一列，时间复杂度$O(N^2*log(10^9+7))$，再$O(N^2)$复杂度求出每一项的初始值$b_i$即可。所以，总的复杂度为$O(T*N^2*log(10^9+7))$。

　　注意，这题卡常卡的很厉害，需要对$k$分情况处理。如果$k$较小，$k \le 1000$，直接暴力。否则，用算法。

　　另外，还要注意$k=0$的情况。

　　求$C_n^m$，用的是这个式子：$C_n^m=\frac{n!}{(n-m)!*m!}=\frac{A_n^m}{m!}=\prod\limits_{i=1}^{m}\frac{n-m+i}{i}$

四、代码

/*---------------------template head-----------------------------*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb(x) push_back(x)
#define mk(x, y) make_pair(x, y)
#define pln() putchar('\n')
#define cln() (cout << '\n')
#define fst first
#define snd second
#define MOD 1000000007LL
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
;

template <class T> inline void read(T &x) {
    int t;
    bool flag = false;
    ')) ;
    ';
     + t - ';
    if(flag) x = -x;
}

template<class T> T gcd(T a, T b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
/*---------------------template head-----------------------------*/

LL quick_mod(LL a, LL b, LL p) {
    LL ans = ;
    a %= p;
    while(b) {
        )ans = ans * a % p;
        a = a * a % p;
        b >>= ;
    }
    return ans % p;
}

LL C(LL n, LL m, LL p) {
    ;
    LL ans = ;
    ; i <= m; i++) {
        LL a = (n + i - m) % p;
        LL b = i % p;
        ans = ans * (a * quick_mod(b, p - , p) % p) % p;
    }
    return ans % p;
}

LL lucas(LL n, LL m, LL p) {
    ) ;
    return C(n % p, m % p, p) * lucas(n / p, m / p, p) % p;
}

LL NN, K, a[MAXN], ans[MAXN], cc[MAXN], buf[MAXN];
int main() {
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
//    freopen("output.txt", "w", stdout);
    int T;
    for(scanf("%d", &T); T--;) {
        read(NN), read(K);
        ; i <= NN; ++i)read(a[i]);
        )memcpy(ans + , a + , ]) * NN);
        ) {
            ans[] = a[];
            memcpy(buf + , a + , ]) * NN);
            ; i < K; ++i) {
                ; j <= NN; ++j) {
                    ans[j] = (buf[j] - buf[j - ] + MOD) % MOD;
                    ans[j] = (ans[j] + MOD) % MOD;
                }
                memcpy(buf + , ans + , ]) * NN);
            }
        }
        else {
            ; i <= NN; ++i)cc[i] = lucas(K + i - , i, MOD) % MOD;
            ans[] = a[];
            ; i <= NN; ++i) {
                LL sum = ;
                , p = i - ; p >= ; j++, p--) {
                    sum = (sum + cc[j] * ans[p]) % MOD;
                }
                ans[i] = (a[i] - sum + MOD) % MOD;
                ans[i] = (ans[i] + MOD) % MOD;
            }
        }
        ; i <= NN; ++i)printf("%lld%c", ans[i], i == NN ? '\n' : ' ');
    }
    ;
}

巴特西

北京师范大学第十六届程序设计竞赛决赛-重现赛-B题

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