bzoj 4332：JSOI2012 分零食

　　

描述

這里是歡樂的進香河，這里是歡樂的幼兒園。

今天是2月14日，星期二。在這個特殊的日子里，老師帶著同學們歡樂地跳著，笑著。校長從幼兒園旁邊的小吃店買了大量的零食決定分給同學們。聽到這個消息，所有同學都安安靜靜地排好了隊，大家都知道，校長不喜歡調皮的孩子。

同學們依次排成了一列，其中有A位小朋友，有三個共同的歡樂系數O，S和U。如果有一位小朋友得到了x個糖果，那么她的歡樂程度就是f(x)=Ox^2+Sx+U。

現在校長開始分糖果了，一共有M個糖果。有些小朋友可能得不到糖果，對于那些得不到糖果的小朋友來說，歡樂程度就是1。如果一位小朋友得不到糖果，那么在她身后的小朋友們也都得不到糖果。（即這一列得不到糖果的小朋友一定是最后的連續若干位）

所有分糖果的方案都是等概率的。現在問題是：期望情況下，所有小朋友的歡樂程度的乘積是多少？呆呆同學很快就有了一個思路，只要知道總的方案個數T和所有方案下歡樂程度乘積的總和S，就可以得到答案Ans=S/T。現在他已經求出來了T的答案，但是S怎么求呢？他就不知道了。你能告訴他么？

因為答案很大，你只需要告訴他S對P取模后的結果。

后記：

雖然大家都知道，即便知道了T，知道了S對P取模后的結果，也沒有辦法知道期望情況下，所有小朋友歡樂程度的乘積。但是，當呆呆想到這一點的時候，已經徹底絕望了。

格式

輸入格式

第一行有2個整數，分別是M和P。

第二行有一個整數A，第三行有一個整數O。

第四行有一個整數S，第五行有一個整數U。

輸出格式

一個整數S，因為答案可能很大，你只需要輸出S 對P取模后的結果。

?

看到很多大佬虐這道題，我也很好奇就寫了寫。

題里直接給了個生成函數$c$和一個卷積的形式$c^x$,如果題里沒有要求拿到糖的人是一個前綴的話直接令$c[0]=1$求一發多項式快速冪就行了。

但有了限制之后，考慮枚舉得到糖的人數，因為不能有人沒有糖，令$c[0]=0$。

設$f[i]$表示只有i個糖時的答案，最后答案為$f[m]$,則

$$f=\sum_{i=1}^{A}c^i$$

感覺如果模數合適的話應該可以等比數列求和直接做吧。。。開始還以為是一道水題

但顯然這道題不行，那就考慮倍增。

設$g[i]=c^{2^i},sumg[i]=\sum_{i=1}^{2^i}c^i$

把$A$二進制拆分后用上邊兩個數組顯然是可以求出來的，懶得寫了。。。

注意FFT完往回賦值時只賦$0-m$,不要把FFT完的整個數組都賦回去，調了一晚上不知道哪錯了。。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define pi acos(-1)
#define N 50005
#define double long double
using namespace std;
struct E
{
    double x,y;
    E(){;}
    E(double _x,double _y)
    {
        x=_x;y=_y;
    }
    friend E operator + (E a,E b)
    {
        return E(a.x+b.x,a.y+b.y);
    }
    friend E operator - (E a,E b)
    {
        return E(a.x-b.x,a.y-b.y);
    }
    friend E operator / (E a,double b)
    {
        return E(a.x/b,a.y/b);
    }
    friend E operator * (E a,E b)
    {
        return E(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);
    }
}a[N],b[N];
int R[N],n;
void fft(E *a,int f)
{
    for(int i=0;i<n;i++)if(i<R[i])swap(a[i],a[R[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        E wn(cos(pi/i),f*sin(pi/i));
        for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
        {
            E w(1,0);
            for(int k=0;k<i;k++,w=w*wn)
            {
                E x=a[j+k],y=w*a[j+k+i];
                a[j+k]=x+y;a[j+k+i]=x-y;
            }
        }
    }
    if(f==-1)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)a[i]=a[i]/(double)n;
    }
    return ;
}
int m,p,A,O,S,U;
int c[N];
int g[15][N],sg[15][N];
void make(int *a1,int *a2,int *a3)
{
    for(int i=0;i<n;i++)a[i].x=a[i].y=b[i].x=b[i].y=0;
    for(int i=0;i<n;i++)a[i].x+=a2[i];
    for(int i=0;i<n;i++)b[i].x+=a3[i];
    fft(a,1);fft(b,1);
    for(int i=0;i<n;i++)a[i]=a[i]*b[i];
    fft(a,-1);
    for(int i=0;i<=m;i++)a1[i]=(int)(a[i].x+0.2);
    for(int i=0;i<=m;i++)a1[i]%=p;
}
int gg[N];
void solve()
{
    for(int i=0;i<n;i++)g[0][i]=c[i];
    for(int i=1;i<=13;i++)make(g[i],g[i-1],g[i-1]);
    for(int i=0;i<n;i++)sg[0][i]=c[i];
    for(int i=1;i<=13;i++)
    {
        for(int j=0;j<n;j++)sg[i][j]=sg[i-1][j];
        make(gg,sg[i-1],g[i-1]);
        for(int j=0;j<n;j++)
        {
            sg[i][j]=sg[i][j]+gg[j];    
            if(sg[i][j]>=p)sg[i][j]-=p;
        }
    }
    return ;
}
int ans[N],now[N];
void pw(int y)
{
    now[0]=1;
    for(int i=13;i>=0;i--)
    {
        if(y&(1<<i))
        {
            make(gg,now,sg[i]);
            make(now,now,g[i]);
            for(int j=0;j<n;j++)
            {
                ans[j]=ans[j]+gg[j];
                if(ans[j]>=p)ans[j]-=p;
            }
        }
    }
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d%d",&m,&p,&A,&O,&S,&U);
    S%=p;O%=p;U%=p;
    for(int i=1;i<=m;i++)c[i]=(1LL*O*i*i%p+1LL*S*i%p+U)%p;
    n=1;int l=0;
    while(n<=2*m)n<<=1,l++;
    for(int i=0;i<n;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
    if(A>m)A=m;
    solve();
    pw(A);
    printf("%d\n",ans[m]);
    return 0;
}

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