卡精度的任意模數fft模板題……
這道題隨便寫個表就能看出規(guī)律來(或者說考慮一下實際意義),反正拿到這題之后,很快就會發(fā)現(xiàn)他是任意模數fft模板題.
然后我就去網上抄了一下板子……
我打的是最土的任意模數fft,就是fft7次的那種……(好像有很多方法的樣子……)
這種任意模數fft方法見http://blog.csdn.net/l_0_forever_lf/article/details/52886397
這道題的具體做法見http://blog.csdn.net/qq_33229466/article/details/78837522
這種方法的思想就是:
　　I.既然出題人給出了任意模數的多項式乘法,那么常規(guī)ntt肯定是不行
　　II.既然他取模,那數會很大,會炸精,常規(guī)的fft也不行
　　III.既然直接乘會炸精,那我們就把數變小,多跑幾次也沒關系
(IV.感覺加了一維卷積,有種這種方法很妙,可以繼續(xù)擴展的感覺,但是很模糊,也說不具體)
本著這種思路,我們逆變換的時候,不能在點值表達式直接操作,最后一遍回去,因為這樣效果和沒有在一開始把數縮小一樣,會炸精.
最后說一下這道題的坑點:如果你不預處理復數,你會炸精.
好像有的人沒有預處理,但是用了long double,就沒有被卡……
似乎cmath庫里有標準庫也有類庫,而且有的函數兩者并不都具有,但是最坑爹的一點是對于sin,cos等函數,cmath標準庫的精度大于cmath類庫……(這只是我經過親身試驗做出的推測)
反正預處理就沒有這些破事……

#include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <complex> #include <algorithm> typedef long long LL; typedef double db; typedef std::complex<db> cd; const int N=200010; const db Pai=acos((db)-1); const int P=1000000007; cd a1[N],b1[N],a2[N],b2[N],c1[N],c2[N],c3[N],w1[N],w2[N]; int rev[N],len; int ai[N],bi[N],ans[N],ni[N]; inline void fft(cd *C,int opt,cd *wn){register int i,j,k;cd temp;for(i=1;i<len;++i)if(rev[i]>i)std::swap(C[i],C[rev[i]]);for(k=2;k<=len;k<<=1){for(i=0;i<len;i+=k){for(j=0;j<(k>>1);++j){temp=C[i+j+(k>>1)]*wn[len/k*j];C[i+j+(k>>1)]=C[i+j]-temp;C[i+j]+=temp;}}}if(opt==-1){db inv=1./len;for(i=0;i<len;++i)C[i]*=inv;} } inline void Mul(int *a,int *b,int *c,int n){len=1;while(len<n)len<<=1;int i,sqr=sqrt(P);cd temp;for(i=1;i<len;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(len>>1):0);for(i=0;i<len;++i){w1[i]=cd(std::cos(2.*Pai/len*i),std::sin(2.*Pai/len*i));w2[i]=cd(std::cos(-2.*Pai/len*i),std::sin(-2.*Pai/len*i));}for(i=0;i<len;++i){a1[i]=ai[i]/sqr,b1[i]=ai[i]%sqr;a2[i]=bi[i]/sqr,b2[i]=bi[i]%sqr;}fft(a1,1,w1),fft(b1,1,w1),fft(a2,1,w1),fft(b2,1,w1);for(i=0;i<len;++i){c1[i]=a1[i]*a2[i];c2[i]=a1[i]*b2[i]+a2[i]*b1[i];c3[i]=b1[i]*b2[i];}fft(c1,-1,w2),fft(c2,-1,w2),fft(c3,-1,w2);for(i=0;i<len;++i)c[i]=((LL)(round(c1[i].real()))%P*sqr%P*sqr%P+(LL)(round(c2[i].real()))%P*sqr%P+(LL)(round(c3[i].real()))%P)%P; } int main(){int n,k,i;scanf("%d%d",&n,&k);for(i=0;i<n;++i)scanf("%d",&ai[i]);bi[0]=1;for(i=1;i<n;++i)bi[i]=(LL)bi[i-1]*(k+i-1)%P*(i==1?ni[i]=1:ni[i]=(-(LL)(P/i)*ni[P%i]%P+P)%P)%P;Mul(ai,bi,ans,n<<1);for(i=0;i<n;++i)printf("%d\n",ans[i]);return 0; }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/TSHugh/p/8490076.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的51nod 1172 Partial Sums V2 卡精度的任意模数FFT的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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