转载自https://blog.csdn.net/weixin_37517391/article/details/83821752

题解

其实这题不难,只要想到了前缀和差分就基本OK了.
我们要求的是第$i$项的式子:
$F(i)=(a_1+a_2+...+a_i)^k+(a_2+...+a_i)^k+...+a_i^k$
记$S_i = a_1 + a_2 +...+a_i,S_0=0$
$F(i) = (S_i-S_0)^k+(S_i-S_1)^k+...+(S_i-S_{i-1})^k$
二项式定理展开:
$F(i) = \sum_{t=0}^kC_k^tS_i^t(-S_0)^{k-t} +  \sum_{t=0}^kC_k^tS_i^t(-S_1)^{k-t} +...+ \sum_{t=0}^kC_k^tS_i^t(-S_{i-1})^{k-t}$
整理得:
$F(i) = \sum_{t=0}^k C_k^t S_i^t(-1)^{k-t} (S_0^{k-t}+S_1^{k-t}+...+S_{i-1}^{k-t})$
再记:
$SS[i][j] = S_0^i + S_1^i + ... + S_j^i$
那么
$F(i) = \sum_{t=0}^k C_k^t S_i^t(-1)^{k-t} (SS[k-t][i-1])$
注意到$SS$可以$O(nk)$预处理出来,$S$也可以$O(nk)$预处理出来,而$F(i)$就可以$O(k)$出来。

代码

 #include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i) typedef long long LL;
const int N = ;
const LL P = 1e9+;
int T,n,k;
char s[N];
long long S[][N],SS[][N];
long long C[][];
void init() {
C[][] = ;
for(int i = ;i <= ;++i) {
C[i][] = ;
for(int j = ;j <= i;++j) {
C[i][j] = (C[i-][j-] + C[i-][j]) % P;
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
init();
std::cin >> T;
while(T--) {
std::cin >> n >> k;
std::cin >> s;
for(int i = ;i <= n;++i) S[][i] = ;
for(int i = ;i <= n;++i) S[][i] = (s[i-]-'') + S[][i-] ;
for(int i = ;i <= k;++i)
for(int j = ;j <= n;++j)
S[i][j] = S[][j] * S[i-][j] % P; SS[][] = ; //特殊化处理,0^0=1 for(int i = ;i <= k;++i) {
for(int j = ;j <= n;++j)
SS[i][j] = (SS[i][j-] + S[i][j])% P;
} for(int i = ;i <= n;++i) {
long long ans = ;
for(int j = ;j <= k;++j) {
long long res = C[k][j]*S[j][i]%P*SS[k-j][i-]%P;
if((k-j)%==) ans = (ans + res) % P;
else ans = (ans - res + P) % P;
}
if(i != ) std::cout << " ";
std::cout << ans;
}
std::cout << std::endl;
}
return ;
}

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