1411: [ZJOI2009]硬币游戏
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Description
Orez很喜欢玩游戏，他最近发明了一款硬币游戏。他在桌子的边缘上划分出2*n个位置并按顺时针把它们标号为1，2，……，2n，然后把n个硬币放在标号为奇数的位置上。接下来每次按如下操作：在任意两个硬币之间放上一个硬币，然后将原来的硬币拿走；所放硬币的正反面由它两边的两个硬币决定，若两个硬币均为正面朝上或反面朝上，则所放硬币为正面朝上，否则为反面朝上。
那么操作T次之后桌子边缘上硬币的情况会是怎样的呢？
Input
文件的第一行包含两个整数n和T。 接下的一行包含n个整数，表示最开始桌面边缘的硬币摆放情况，第i个整数ai表示第i个硬币摆放在2*i-1个位置上，ai=1表示正面朝上，ai=2表示反面朝上。
Output
文件仅包含一行，为2n个整数，其中第i个整数bi桌面边缘的第i个位置上硬币的情况，bi=1表示正面朝上，bi=2表示反面朝上，bi=0表示没有硬币。
Sample Input
2 2 2 1 1 1 1 1 1 2
Sample Output
数据范围
30%的数据 n≤1000 T≤1000
100%的数据 n≤100000 T≤2^60
HINT
Source
题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1411或者https://vijos.org/p/1554
题目大意：给定一圈硬币，T次操作，每次操作在每个硬币中间各放一枚硬币，硬币的正反面由它旁边两个决定，两边相同则为正面，两边不相同则为反面，然后将之前的硬币全部撤掉，问T次操作后的硬币序列，T<=2^60
首先我们令硬币正面为0 反面为1 那么很容易发现新硬币的值为两边硬币的异或值 样例也就很好解释了
1-1-1-0-0-0-0-0-0-1- 0
-0-0-1-0-0-0-0-0-1-0 1
0-0-1-1-0-0-0-0-1-1- 2
-0-1-0-1-0-0-0-1-0-1 3
1-1-1-1-1-0-0-1-1-1- 4
-0-0-0-0-1-0-1-0-0-0 5
然后这题n<=10W 矩阵乘法一定MLE 即使矩阵特殊构造可以干掉一维空间复杂度 O(n^2*logT)的时间也无法承受
我们只考虑偶数的行
易知第二行每个数是原序列该位置左右两个数的异或
由数学归纳法可以 第2^k行每个数是原序列该位置左侧第2^(k-1)个数和右侧第2^(k-1)个数的异或
然后将T进行二进制拆分，每位进行一次变换即可 最后再讨论T的奇偶
时间复杂度O(n*logT)
膜拜出题人，膜拜题解人，这TM也成，我服了！
下面给出AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define in freopen("coin.in","r",stdin);
#define out freopen("coin.out","w",stdout);
#define M 100100
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,T,tot;
char a[][M],ans[M<<];
inline ll read()
{
ll x=,f=;
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'')
{
if(ch=='-')
f=-;
ch=getchar();
}
while(ch>=''&&ch<='')
{
x=x*+ch-'';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int main()
{
ll i,j,x;
n=read();
T=read();
for(i=;i<=n;i++)
{
x=read();
a[][i]=x-;
}
for(j=;j<=T;j<<=)
{
if(T&j)
{
tot++;
for(i=;i<=n;i++)
{
ll x1=(i+(j>>)%n+n-)%n+;
ll y1=(i-(j>>)%n+n-)%n+;
a[tot&][i]=a[~tot&][x1]^a[~tot&][y1];
}
}
}
for(i=;i<=n;i++)
{
ans[i+i-]=a[tot&][i];
}
if(T&)
{
for(i=;i<=n;i++)
{
ans[i<<]=ans[i+i-]^ans[i==n?:i<<|];
}
for(i=;i<=n;i++)
{
ans[i+i-]=-;
}
}
else
{
for(i=;i<=n;i++)
{
ans[i+i]=-;
}
}
for(i=;i<=n<<;i++)
{
printf("%d%c",ans[i]+,i==n+n?'\n':' ');
}
return ;
}
以上方法我还是有点迷，下面换种写法，
对于样例，进行数学归纳，发现2^k变换之后，第i个位置的硬币情况只与它左右的第k+1个硬币有关。
如k=0,第3位硬币情况只与2和4位硬币有关。因为t可以拆成若干个2^k的和，于是对每个2^k进行O(n)的变换，总复杂度O(nlogt)。
#include <bits/stdc++.h>
#define in freopen("coin.in","r",stdin);
#define out freopen("coin.out","w",stdout);
typedef long long ll;
using namespace std;
inline ll read()
{
ll x=,f=;
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'')
{
if(ch=='-')
f=-;
ch=getchar();
}
while(ch>=''&&ch<='')
{
x=x*+ch-'';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=;
ll n,t,a[N],b[N];
ll f(ll b,ll k)
{
ll x=b-k;
ll y=b+k;
x=(x%(n<<)+(n<<)-)%(n<<)+;
y=(y-)%(n<<)+;
if(k==)
return a[x];
if(a[x]==)
return ;
if(a[x]==a[y])
return ;
else return ;
}
void work(ll k,ll q)
{
if(k==)
return;
work(k>>,q<<);
if(k%==)
{
memset(b,false,sizeof(b));
for(ll j=;j<=(n<<);j++)
b[j]=f(j,q);
swap(a,b);
}
}
int main()
{
n=read();
t=read();
for(ll i=;i<=n;i++)
a[(i<<)-]=read();
work(t,);
for(ll i=;i<(n<<);i++)
cout<<a[i]<<" ";
cout<<a[n<<]<<endl;
return ;
}