給定乙個長為 \(n\) 的序列 \(a\)，求出其 \(k\) 階差分或字首和。
結果的每一項都需要對 \(1004535809\) 取模。
\(n\leq 10^5,1\le k \le 10^, k \not \equiv 0 \pmod\)
我們把 \(a_i\) 看做乙個多項式的第 \(i\) 項係數。也就是
\[f(x)=\sum^_a_ix^i
\]字首和和差分分開來做。
我們要求它的字首和。也就是給上式乘上 \((1+x+x^2+x^3+\cdots x^n)^k\)。
由於 \(1+x+x^2+x^3+\cdots x^n=\frac\)，所以我們所求就是 \(f\times \frac\)。
\[\frac=\sum^_(-1)^i\frac}x^i=\sum^_\frac}x^i
\]由於
\[\frac}=\begink+i-1\\i\end
\]所以
\[\frac=\sum^_\begink+i-1\\i\endx^i
\]組合數遞推，然後就是卷積的形式了。上 ntt 即可。
同理，等價於求 \(f\times (1-x)^k\)。
由二項式定理得
\[(1-x)^k=\sum^_1^(-1)^x^i\begink\\i\end=\sum^_(-1)^\begink\\i\endx^i
\]照樣可以遞推做。然後也是 ntt。
時間複雜度 \(o(n\log n)\)。
#include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n=300010,mod=1004535809,g=3,ginv=334845270;
int n,m,type,len,lim,rev[n];
ll f[n],g[n];
char s[n];
ll fpow(ll x,ll k)
void ntt(ll *f,int tag)
else
ntt(f,1); ntt(g,1);
for (int i=0;intt(f,-1);
ll inv=fpow(lim,mod-2);
for (int i=2;i<=n+1;i++)
printf("%lld ",(f[i]*inv%mod+mod)%mod);
return 0;
}
字首和與差分
數列的字首和 sum i 表示a 1 a i 的和 用處1 求i j的和sum j sum i 1 用處2 區間修改。設定乙個change陣列。當區間 i,j 上要加k時，我們令change i k，令change j 1 k。如果我們對change陣列求字首和的話，字首和sum change i ...
字首和與差分
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字首和與差分
例題入口 include const int n 320 int a n n a i 1 a i 0 1.對a 求出平方數 將其值置為1 不是平方數就是0 2.對a求乙個字首和 3.對 a,b 求乙個部分和 int sum n n void init for int i 1 i 100000 i i...