【bitset 技巧分块】bzoj5087: polycomp

神仙zq发现了${n^2\sqrt n}\over 32$做法

Description

你有三个系数为0,1的多项式f(x),g(x),h(x)

求f(g(x)) mod h(x)

为方便起见，将答案多项式所有系数对2取模输出即可

如果f(x)=Sigma(Ak * X^k)

则f(g(x))=Sigma(Ak(g(x))^K

Input

一共三行，每行一个多项式,分别为f,g,h

对于一个多项式描述为n P0,P1...Pn其中Pi为0或1

多项式P(x)=P₀+P₁*x+....+P_n*xⁿ

记n表示多项式最高项的次数,n<=4000

Output

用同样的格式输出答案多项式

如果答案为0，输出0 0

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。

1 void mod(poly &a, int pos)
2 {
3     for (int i=pos; i>=p; i--)
4         if (a[i]) a ^= c<<(i-p), a[i] = 0;　　//我第一次居然把标红地方给忘了
5 }

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。

 1 void mod(poly &a, int pos)　　　　//pos是a的度数
 2 {
 3     for (int i=pos; i>=p; i--)
 4         if (a[i]) a ^= c<<(i-p), a[i] = 0;
 5 }
 6 void mult(poly a, poly b, poly &ret)　　　　//ret=a*b
 7 {
 8     ret.reset();
 9     for (int i=0; i<=p; i++)
10         if (a[i]) ret ^= b<<i;　　//这里就是模拟n^2多项式乘法的过程
11     mod(ret, p<<1);
12 }

总的代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 const int maxn = 8035;
 3 typedef std::bitset<maxn> poly;
 4 
 5 int n,m,p;
 6 poly a,b,c,tmp,cnt;
 7 
 8 void input(poly &a, int &n)
 9 {
10     scanf("%d",&n);
11     for (int i=0, x; i<=n; i++)
12     {
13         scanf("%d",&x);
14         if (x) a.set(i);
15     }
16 }
17 void mod(poly &a, int pos)
18 {
19     for (int i=pos; i>=p; i--)
20         if (a[i]) a ^= c<<(i-p), a[i] = 0;
21 }
22 void mult(poly a, poly b, poly &ret)
23 {
24     ret.reset();
25     for (int i=0; i<=p; i++)
26         if (a[i]) ret ^= b<<i;
27     mod(ret, p<<1);
28 }
29 int main()
30 {
31     input(a, n), input(b, m), input(c, p);
32     tmp[0] = 1, mod(b, m);
33     for (int i=0; i<=n; i++)
34     {
35         if (a[i]) cnt ^= tmp;
36         mult(tmp, b, tmp);　　　　//复杂度n^3在这里
37     }
38     while (p>=0&&!cnt[p]) --p;
39     if (p==-1) puts("0 0");
40     else{
41         printf("%d",p);
42         for (int i=0; i<=p; i++)
43             printf(" %d",cnt[i]?1:0);
44     }
45     return 0;
46 }