【bitset 技巧 分块】bzoj5087: polycomp
神仙zq发现了${n^2\sqrt n}\over 32$做法
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题目分析
陈老师神题x1
观察到这里多项式的所有操作都是在系数$\mod 2$的意义下的,因此可以用bitset来加速多项式的一些操作。例如$O(n^2)$实现多项式取模。
void mod(poly &a, int pos)
{
for (int i=pos; i>=p; i--)
if (a[i]) a ^= c<<(i-p), a[i] = 0; //我第一次居然把标红地方给忘了
}
但是如同很多bitset的技巧题一样,非常重要的一点是bitset每次整体操作的复杂度是 $O(size)$ 的。
这意味着$Poly\, +:O(n), \, Poly\, *:O(n^2)$
接下去我们从暴力开始谈起。
暴力做法 $O({{n^3}\over 32})$
第一个需要解决的问题是:$f(g(x))$。那么我们只需要对$g(x)$求$k$次幂(也即最暴力地k次自乘),再将这些结果相加得到多项式$f(g(x))$。至于取模的过程,则可以在每次multiply的时候顺带模干净,这样最终相加得到的结果就是在模多项式意义下的答案。
void mod(poly &a, int pos) //pos是a的度数
{
for (int i=pos; i>=p; i--)
if (a[i]) a ^= c<<(i-p), a[i] = ;
}
void mult(poly a, poly b, poly &ret) //ret=a*b
{
ret.reset();
for (int i=; i<=p; i++)
if (a[i]) ret ^= b<<i; //这里就是模拟n^2多项式乘法的过程
mod(ret, p<<);
}
总的代码:
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = ;
typedef std::bitset<maxn> poly; int n,m,p;
poly a,b,c,tmp,cnt; void input(poly &a, int &n)
{
scanf("%d",&n);
for (int i=, x; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&x);
if (x) a.set(i);
}
}
void mod(poly &a, int pos)
{
for (int i=pos; i>=p; i--)
if (a[i]) a ^= c<<(i-p), a[i] = ;
}
void mult(poly a, poly b, poly &ret)
{
ret.reset();
for (int i=; i<=p; i++)
if (a[i]) ret ^= b<<i;
mod(ret, p<<);
}
int main()
{
input(a, n), input(b, m), input(c, p);
tmp[] = , mod(b, m);
for (int i=; i<=n; i++)
{
if (a[i]) cnt ^= tmp;
mult(tmp, b, tmp); //复杂度n^3在这里
}
while (p>=&&!cnt[p]) --p;
if (p==-) puts("0 0");
else{
printf("%d",p);
for (int i=; i<=p; i++)
printf(" %d",cnt[i]?:);
}
return ;
}
对系数按10位分块 $O({{n^3}\over 320})$
参见法老博客:[BITSET 分块] BZOJ5087. polycomp
注:md[t]并不一定要等于0.这里的取模多项式最高位对计算无影响。
容易发现这种做法的复杂度的阶仍然是$n^3$.
对$i=a\sqrt k+b$分块 $O({{n^2\sqrt n}\over 32})$
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