HDU 5730 Shell Necklace（CDQ分治+FFT）

Description
給出長度分別為1~n的珠子，長度為i的珠子有a[i]種，每種珠子有無限個，問用這些珠子串成長度為n的鏈有多少種方案
Input
多組用例，每組用例首先輸入一整數n表示鏈長，之後n個整數ai表示長度為i的珠子種類數，以n=0結束輸入(n<=10^5,0<=ai<=10^7)
Output
對每組用例，輸出方案數，結果模313
Sample Input
3
1 3 7
4
2 2 2 2
0
Sample Output
14
54
Solution
令dp[i]表示用這些珠子串成長度為i的鏈的方案數，並令dp[0]=1，輕易得到轉移方程

由上式暴力求dp[n]時間複雜度O(n^2)，顯然不行，考慮到上式右邊是一個卷積形式，所以用CDQ分治+FFT來降低複雜度，假設CDQ(l,r)為求出dp[l],dp[l+1],…,dp[r]的值，那麼如果已經通過CDQ(l,mid)求出了dp[l],dp[l+1],…,dp[mid]，下面考慮dp[l],dp[l+1],…,dp[mid]對dp[mid+1],dp[mid+2],…,dp[r]的貢獻，令g[i]表示dp[l],…,dp[mid]對dp[i]的貢獻，那麼有，令x[i]=dp[i+l] (i=0,…,mid-l)，y[i]=a[i+1] (i=0,…,r-l-1)，則有

所以對x序列和y序列做一遍FFT即可得到z序列，進而得到g序列
總時間複雜度O(nlognlogn)
Code

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;#define mod 313#define maxn 100005#define maxfft 131072+5const double pi=acos(-1.0);struct cp {    double a,b;    cp operator +(const cp &o)const {return (cp){a+o.a,b+o.b};}    cp operator -(const cp &o)const {return (cp){a-o.a,b-o.b};}    cp operator *(const cp &o)const {return (cp){a*o.a-b*o.b,b*o.a+a*o.b};}    cp operator *(const double &o)const {return (cp){a*o,b*o};}    cp operator !() const{return (cp){a,-b};}}w[maxfft];int pos[maxfft];void fft_init(int len){    int j=0;    while((1<<j)<len)j++;    j--;    for(int i=0;i<len;i++)        pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<j);}void fft(cp *x,int len,int sta){    for(int i=0;i<len;i++)        if(i<pos[i])swap(x[i],x[pos[i]]);    w[0]=(cp){1,0};    for(unsigned i=2;i<=len;i<<=1)    {        cp g=(cp){cos(2*pi/i),sin(2*pi/i)*sta};        for(int j=i>>1;j>=0;j-=2)w[j]=w[j>>1];        for(int j=1;j<i>>1;j+=2)w[j]=w[j-1]*g;        for(int j=0;j<len;j+=i)        {            cp *a=x+j,*b=a+(i>>1);            for(int l=0;l<i>>1;l++)            {                cp o=b[l]*w[l];                b[l]=a[l]-o;                a[l]=a[l]+o;            }        }    }    if(sta==-1)for(int i=0;i<len;i++)x[i].a/=len,x[i].b/=len;}cp x[maxfft],y[maxfft],z[maxfft];void FFT(int *a,int *b,int n,int m,int *c){    int len=1;    while(len<(n+m)>>1)len<<=1;    fft_init(len);    for(int i=n/2;i<len;i++)x[i].a=x[i].b=0;    for(int i=m/2;i<len;i++)y[i].a=y[i].b=0;    for(int i=0;i<n;i++)(i&1?x[i>>1].b:x[i>>1].a)=a[i];    for(int i=0;i<m;i++)(i&1?y[i>>1].b:y[i>>1].a)=b[i];    fft(x,len,1),fft(y,len,1);    for(int i=0;i<len/2;i++)    {        int j=len-1&len-i;        z[i]=x[i]*y[i]-(x[i]-!x[j])*(y[i]-!y[j])*(w[i]+(cp){1,0})*0.25;    }    for(int i=len/2;i<len;i++)    {        int j=len-1&len-i;        z[i]=x[i]*y[i]-(x[i]-!x[j])*(y[i]-!y[j])*((cp){1,0}-w[i^len>>1])*0.25;    }    fft(z,len,-1);    for(int i=0;i<n+m;i++)        if(i&1)c[i]=(ll)(z[i>>1].b+0.5)%mod;        else c[i]=(ll)(z[i>>1].a+0.5)%mod;}int n,a[maxn],b[maxn<<1],dp[maxn];void deal(int l,int r){    if(l==r)    {        dp[l]+=a[l],dp[l]%=mod;        return ;     }    int mid=(l+r)>>1;    deal(l,mid);    FFT(dp+l,a+1,mid-l+1,r-l+2,b);    for(int i=mid+1;i<=r;i++)        dp[i]+=b[i-l-1],dp[i]%=mod;    deal(mid+1,r);}int main(){    while(scanf("%d",&n),n)    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]%=mod;        deal(1,n);        printf("%d\n",dp[n]);    }    return 0;}