引入
BM算法主要解决的是根据数列求最短线性齐次递推式的问题在OI中主要辅助打表使用
即:已知FFF,求序列AAA使得
Fn=∑i=1mAiFn−i(n>m)F_n=\sum_{i=1}^mA_iF_{n-i} \quad(n>m)Fn=i=1∑mAiFn−i(n>m)
其中mmm尽量小
算法流程
文中的所有序列下标均从111开始,并且为了方便规定000和负下标值均为000
该算法采用增量法,即我们求前nnn项的递推式,假设已经求出了前n−1n-1n−1项的递推式,我们记为AAA,考虑计算加上第nnn项后的递推式A′A'A′
设AAA的长度为mmm,也就是
m<k<n,Fk=∑i=1mAiFk−im<k<n,F_k=\sum_{i=1}^mA_iF_{k-i}m<k<n,Fk=i=1∑mAiFk−i
我们用现在不知道对不对的递推式,也就是上一个递推式AAA,算出FnF_nFn不知道对不对的值,记为Fn′F'_nFn′,也就是
Fn′=∑i=1mAiFn−iF'_n=\sum_{i=1}^mA_iF_{n-i}Fn′=i=1∑mAiFn−i
如果Fn=Fn′F_n=F'_nFn=Fn′,那么这个递推式暂时没有问题,继续往后,即A′=AA'=AA′=A
否则我们把这一位差了多少算出来,即
Δn=Fn−Fn′\Delta_n=F_n-F'_nΔn=Fn−Fn′
注意有可能是负数
现在我们需要修正当前的递推式AAA
仔细观察这个递推式
k<n,∑i=1mAiFk−i=Fk∑i=1mAiFn−i=Fn−Δnk<n,\sum_{i=1}^mA_iF_{k-i}=F_k\\ \sum_{i=1}^{m}A_iF_{n-i}=F_n-\Delta_nk<n,i=1∑mAiFk−i=Fki=1∑mAiFn−i=Fn−Δn
和我们希望得到的递推式,这里设它长度为m′m'm′,显然有m′≥mm'\geq mm′≥m
k<n,∑i=1m′Ai′Fk−i=Fk∑i=1m′Ai′Fn−i=Fnk<n,\sum_{i=1}^{m'}A'_iF_{k-i}=F_k\\ \sum_{i=1}^{m'}A'_iF_{n-i}=F_nk<n,i=1∑m′Ai′Fk−i=Fki=1∑m′Ai′Fn−i=Fn
我们可以考虑给AAA加上一个递推式DDD得到A′A'A′,容易知道它满足
k<n,∑i=1m′DiFk−i=0∑i=1m′DiFn−i=Δnk<n,\sum_{i=1}^{m'}D_iF_{k-i}=0\\ \sum_{i=1}^{m'}D_iF_{n-i}=\Delta_nk<n,i=1∑m′DiFk−i=0i=1∑m′DiFn−i=Δn
现在尝试构造一个DDD
我们找到之前的一个匹配失败的递推式RRR,设它失败的位置为ppp,当时这个位置的差为Δp\Delta_pΔp。为了避免标识太多看晕,我们还是把RRR的长度设为mmm,之后的mmm都是指RRR的长度
即
k<p,∑i=1mRiFk−i=Fk∑i=1mRiFp−i=Fk−Δpk<p,\sum_{i=1}^mR_iF_{k-i}=F_k\\ \sum_{i=1}^mR_iF_{p-i}=F_k-\Delta_pk<p,i=1∑mRiFk−i=Fki=1∑mRiFp−i=Fk−Δp
重新理一下这个式子的含义:
对当前位置k<pk<pk<p,我们从kkk往前面找mmm个数和RRR卷一下,然后用FkF_kFk去减,都得到了000
唯独ppp不同,我们减出来得到了Δp\Delta_pΔp
发现这个跟DDD神似
所以我们考虑这么构造DDD:
开始先放n−p−1n-p-1n−p−1个000进去,表示卷积的位置向左平移n−p−1n-p-1n−p−1位,实际上开始与D1D_1D1对应相乘的位置是k−n+pk-n+pk−n+p,之后D2,D3,…,DmD_2,D_3,\dots,D_mD2,D3,…,Dm的对应相乘位置不断向左挪
这时我们发现nnn恰好对应到了ppp,也就是RRR中唯一减出来不为000的位置
所以考虑构造这个减法 设x=ΔnΔpx={\Delta_n\over\Delta p}x=ΔpΔn
在n−pn-pn−p的位置放一个xxx
然后把RRR的每一位取−x-x−x倍接在后面
这样不考虑xxx的话,nnn对应的卷出来是FpF_pFp减去用RRR算出来的Fp′F'_pFp′,即Δp\Delta_pΔp,乘上xxx得到Δn\Delta_nΔn。其他位置因为Fk=Fk′F_k=F'_kFk=Fk′,所以卷出来是000。
也就是
D={0,0,…,0⏟n-p-1个0,x,−xR1,−xR2,…,−xRn}D=\{ \underbrace{0,0,\dots,0}_\text{n-p-1个0},x,-xR_1,-xR_2,\dots,-xR_n \}D={n-p-1个00,0,…,0,x,−xR1,−xR2,…,−xRn}
可(bu)以(yong)证明,选取最近的RRR一定是最优的
把AAA加上DDD就可以得到A′A'A′
复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)
模板题
道理我都懂,为啥好好的BM模板要加个线性递推
注:此代码只有BM部分
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 10005
using namespace std;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
const int MOD=998244353;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;}
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
int F[MAXN],R[MAXN];
int las[MAXN],tmp[MAXN],p,delta;
int main()
{int n,m;n=read(),m=read();for (int i=1;i<=n;i++) F[i]=read();for (int i=1;i<=n;i++){int res=0;for (int j=1;j<=R[0];j++) res=add(res,(ll)R[j]*F[i-j]%MOD);if (res==F[i]) continue;if (!R[0]){p=i;delta=F[i];R[0]=i;continue;}memcpy(tmp,R,sizeof(tmp));int x=(ll)dec(F[i],res)*qpow(delta,MOD-2)%MOD;R[i-p]=add(R[i-p],x);for (int j=1;j<=las[0];j++) R[i-p+j]=dec(R[i-p+j],(ll)x*las[j]%MOD);R[0]=i+las[0]-p;memcpy(las,tmp,sizeof(las));p=i,delta=dec(F[i],res);}for (int i=1;i<=R[0];i++) printf("%d%c",R[i]," \n"[i==R[0]]);return 0;
}