题意：

求aaa的所有子序列的和的乘积。

思路：

看到suma≤1e5sum_a\le1e5suma≤1e5，这应该会给我们提示，但是我没看到。
我们可以记cntxcnt_xcntx表示和为xxx的子序列有cntxcnt_xcntx个，那么答案就是∏xcntx\prod x^{cnt_x}∏xcntx。
考虑求cntxcnt_xcntx，我们定义f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示前iii个数和为jjj的数有多少，显然可以n2n^2n2转移。
考虑这是一个经典问题，将每一项aia_iai写成多项式1+xai1+x^{a_i}1+xai，那么nnn个多项式乘起来之后，指数为xxx，系数为cntxcnt_xcntx，但是这个过程仍然是n2n^2n2的。
由于我们将其转换成多项式了，而多项式相乘是无序的，所以可以用分治来优化这个过程，每层用FFTFFTFFT来计算即可。又因为要取模，所以可以用三模NTTNTTNTT或者拆系数FFTFFTFFT，这里采用FFTFFTFFT即可。注意这里多项式的取模应该是mod−1mod-1mod−1，因为其实际是指数，我们要用费马小定理降幂。
在就是实现的时候一些小技巧了，比如我们需要返回一个多项式，直接返回肯定炸掉了，我们可以返回一个指针，就可以完美的返回一个多项式了。
最后直接算一下答案即可。

// Problem: K - Yiwen with Formula
// Contest: Virtual Judge - 2021多校第7场补题
// URL: https://vjudge.net/contest/452480#problem/K
// Memory Limit: 524 MB
// Time Limit: 16000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=998244353,INF=0x3f3f3f3f,P=1<<15;
const double eps=1e-6;int n,m;
int a[N];struct MTT {long double PI=acos(-1);int rev[N];int bit,limit;struct Complex {long double x,y;void init() { x=y=0; }Complex operator + (const Complex& t) const { return {x+t.x,y+t.y}; }Complex operator - (const Complex& t) const { return {x-t.x,y-t.y}; }Complex operator * (const Complex& t) const { return {x*t.x-y*t.y,x*t.y+y*t.x}; } }p1[N],p2[N],g[N];void init(int n,int m) {int x=n+m; bit=0;while((1<<bit)<=x) bit++;limit=1<<bit;for(int i=0;i<limit;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));}void fft(Complex a[],int inv) {for(int i=0;i<limit;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1) {Complex w1=Complex({cos(PI/mid),inv*sin(PI/mid)});for(int i=0;i<limit;i+=mid*2) {Complex wk=Complex({1,0});for(int j=0;j<mid;j++,wk=wk*w1) {Complex x=a[i+j],y=wk*a[i+j+mid];a[i+j]=x+y; a[i+j+mid]=x-y;}}}}int mul(int *as,int *a,int n,int *b,int m,int mod) {for(int i=0;i<n;i++) {int x=a[i];int aa=x>>15,bb=x&0x7fff;p1[i]={(long double)aa,(long double)bb};p2[i]={(long double)aa,-(long double)bb};}for(int i=0;i<m;i++) {int x=b[i];int aa=x>>15,bb=x&0x7fff;g[i]={(long double)aa,(long double)bb};}init(n,m);fft(p1,1); fft(p2,1); fft(g,1);for(int i=0;i<limit;i++) g[i].x/=limit,g[i].y/=limit;for(int i=0;i<limit;i++) p1[i]=p1[i]*g[i],p2[i]=p2[i]*g[i];fft(p1,-1); fft(p2,-1);for(int i=0;i<=m+n;i++) {LL ans=0,a1b1=0,a2b2=0,a1b2=0,a2b1=0;a1b1=(long long)floor((p1[i].x+p2[i].x)/2+0.49)%mod;a1b2=(long long)floor((p1[i].y+p2[i].y)/2+0.49)%mod;a2b1=((long long)floor(p1[i].y+0.49)-a1b2)%mod;a2b2=((long long)floor(p2[i].x+0.49)-a1b1)%mod;ans=(((((a1b1<<15)%mod+(a1b2+a2b1))%mod)<<15)%mod+a2b2)%mod;ans+=mod; ans%=mod;as[i]=ans;}for(int i=0;i<limit;i++) p1[i].init(),p2[i].init(),g[i].init();return n+m;}
}MT;int all,al[N*4];struct Com {int *a,len;void init(int l) {a=al+all; len=l; all+=l;for(int i=0;i<len;i++) a[i]=0;a[0]++; a[len-1]++;}void mul(Com x) {len=MT.mul(a,a,len,x.a,x.len,mod-1);}
};Com solve(int l,int r) {Com ans;if(l==r) {return ans.init(a[l]+1),ans;} else {int mid=(l+r)>>1;ans=solve(l,mid);ans.mul(solve(mid+1,r));return ans;}
}LL qmi(LL a,LL b) {LL ans=1;while(b) {if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--) {scanf("%d",&n); all=0; int mi=INF;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),mi=min(mi,a[i]);if(mi==0) {puts("0");continue;}Com now=solve(1,n);LL ans=1;for(int i=2;i<now.len;i++) (ans*=qmi(i,now.a[i]))%=mod;printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
/**/

HDU - 7054 Yiwen with Formula 分治拆位FFT + dp + 费马小定理降幂相关推荐

HDU - 5667 Sequence(矩阵快速幂+费马小定理降幂)
题目链接:点击查看题目大意:给出函数f(x): 现给出n,a,b,c,mod,求f(n)对mod取模后的结果题目分析:这个题目相对于前几个题来说稍微加大了点难度,但还是挺水的一个题,首先我们可以对 ...
2021HDU多校7 - 7054 Yiwen with Formula(分治MTT优化dp)
题目链接:点击查看题目大意:给出一个长度为 nnn 的数列 aaa,现在需要求∏b1<b2<⋯<bk(ab1+ab2+⋯+abk)\prod_{b_1<b_2<\cdo ...
hdu 4549 M斐波那契数列（费马小定理 + 二分快速幂 + 矩阵快速幂）
M斐波那契数列 Time Limit: 3000/1 ...
HDU 4704 Sum (费马小定理)
题意给定一个N,设S(K)表示x1 + x2 + -- + xk = N的解的个数(xi ∈ Z+),求SUM( S(i), 0 <= i <= N ) mod 109+7. 思路 ...
Fansblog （HDU - 6608）（威尔迅定理+费马小定理）
Farmer John keeps a website called 'FansBlog' .Everyday , there are many people visited this blog.On ...
Detachment HDU - 5976(数学+费马小定理求逆元+前缀和前缀积)
题意:给定一个数,让你分成互不相等的n个数(n为自然数),使这些数的乘积最大,输出最大乘积. 题解:本文参考传送门首先:那就是不能分出1来,因为1乘任何数都是它本身,而因为分出了1,另一部分也变小了 ...
HDU 6400（费马小定理）
传送门题面: Freshmen frequently make an error in computing the power of a sum of real numbers, which usu ...
c语言生成两位随机素数算法,[算法]费马小定理求质数的算法之Miller-Rabin算法，C语言实现 | 李大仁博客...
今天讲点比较高级的算法,目的也很简单,求质数,但是应用一种新的算法Miller-Rabin算法,这是一种利用了概率和费马小定理的算法设计,有点玄乎吧,其实本人也是刚接触这种算法,这是一种纯数学的解法, ...
HDU 4549 M斐波那契数列(矩阵快速幂费马小定理)
ps:今天和战友聊到矩阵快速幂,想到前几天学长推荐去刷矩阵专题,挑了其中唯一一道中文题,没想到越过山却被河挡住去路... 题目链接:[kuangbin带你飞]专题十九矩阵 R - M斐波那契数列 T ...

HDU - 7054 Yiwen with Formula 分治拆位FFT + dp + 费马小定理降幂

文章目录

题意：

思路：

HDU - 7054 Yiwen with Formula 分治拆位FFT + dp + 费马小定理降幂相关推荐

最新文章

热门文章