【51Nod1773】A国的贸易 FWT+快速幂

题目描述

给出一个长度为 $2^n$ 的序列，编号从0开始。每次操作后，如果 $i$ 与 $j$ 的二进制表示只差一位则第 $i$ 个数会加上操作前的第 $j$ 个数。求 $t$ 次操作后序列中的每个数是多少。

输入

第一行两个正整数 n , t，意义如题。
第二行 2^n 个非负整数，第 i 个数表示编号为 i-1 的城市的初始货物存储量。
n<=20 t<=10^9

输出

输出一行 2^n 个非负整数。

第 i 个数表示过了 t 天后，编号为 i-1 的城市上的货物数量对 1e9+7 取模的结果。

样例输入

3 2
1 2 3 4 5 6 7 8

样例输出

58 62 66 70 74 78 82 86

题解

FWT+快速幂

显然构建 $b$ 数组，其中 $b[0]=1$ ，$b[2^i]=1$ ，其余为 $0$ ，那么原序列 $a$ 经过一次操作后得到的新序列就是 $a\oplus b$ ，其中 $\oplus$ 表示两个数组的异或卷积。

于是就好办了，先求出 $a[]$ 和 $b[]$ 的FWT，然后直接按位计算 $c[i]=a[i]*b[i]^t$ ，再求逆fwt即可。

时间复杂度 $O(2^n·n)$

注意本题卡常，因此必须加读入优化和输出优化。

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define N 1050000
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
ll a
, b
;
inline char nc()
{
static char buf[100000] , *p1 , *p2;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 100000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ;
}
inline int read()
{
int ret = 0; char ch = nc();
while(!isdigit(ch)) ch = nc();
while(isdigit(ch)) ret = ((ret + (ret << 2)) << 1) + (ch ^ '0') , ch = nc();
return ret;
}
char pbuf[15000000] , *pp = pbuf;
inline void write(ll x)
{
static int sta[12];
int top = 0;
if(!x) *pp ++ = '0';
while(x) sta[top ++ ] = x % 10 , x /= 10;
while(top -- ) *pp ++ = sta[top] ^ '0';
*pp ++ = ' ';
}
ll pow(ll x , int y)
{
ll ans = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod , y >>= 1;
}
return ans;
}
void fwt(ll *a , int n , int flag)
{
int i , j , k , t;
for(i = 1 ; i < n ; i <<= 1)
for(j = 0 ; j < n ; j += (i << 1))
for(k = j ; k < j + i ; k ++ )
t = a[k] , a[k] = (t + a[k + i]) * flag % mod , a[k + i] = (t - a[k + i] + mod) * flag % mod;
}
int main()
{
int n = 1 << read() , m = read() , i;
for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) a[i] = read();
b[0] = 1;
for(i = 1 ; i < n ; i <<= 1) b[i] = 1;
fwt(a , n , 1) , fwt(b , n , 1);
for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) a[i] = a[i] * pow(b[i] , m) % mod;
fwt(a , n , 500000004);
for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) write(a[i]);
fwrite(pbuf , 1 , pp - pbuf , stdout);
return 0;
}