HDU 5730 Shell Necklace（CDQ分治+FFT）

Description
给出长度分别为1~n的珠子，长度为i的珠子有a[i]种，每种珠子有无限个，问用这些珠子串成长度为n的链有多少种方案
Input
多组用例，每组用例首先输入一整数n表示链长，之后n个整数ai表示长度为i的珠子种类数，以n=0结束输入(n<=10^5,0<=ai<=10^7)
Output
对每组用例，输出方案数，结果模313
Sample Input
3
1 3 7
4
2 2 2 2
0
Sample Output
14
54
Solution
令dp[i]表示用这些珠子串成长度为i的链的方案数，并令dp[0]=1，轻易得到转移方程

由上式暴力求dp[n]时间复杂度O(n^2)，显然不行，考虑到上式右边是一个卷积形式，所以用CDQ分治+FFT来降低复杂度，假设CDQ(l,r)为求出dp[l],dp[l+1],…,dp[r]的值，那么如果已经通过CDQ(l,mid)求出了dp[l],dp[l+1],…,dp[mid]，下面考虑dp[l],dp[l+1],…,dp[mid]对dp[mid+1],dp[mid+2],…,dp[r]的贡献，令g[i]表示dp[l],…,dp[mid]对dp[i]的贡献，那么有，令x[i]=dp[i+l] (i=0,…,mid-l)，y[i]=a[i+1] (i=0,…,r-l-1)，则有

所以对x序列和y序列做一遍FFT即可得到z序列，进而得到g序列
总时间复杂度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+5
const 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;
}