正题

题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/20108/B

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题目大意

给出一个长度为$n$的序列$a$，每次

• 如果$n$是偶数，则对于所有的$i<n$令新的$a_i^{\prime }=a_i^{\prime }+a_{i+1}^{\prime }$
• 如果$n$是奇数，则对于所有的$i<n$令新的$a_i^{\prime }=a_i^{\prime }-a_{i+1}^{\prime }$

$1\le n\le 10^5,1\le a_i\le 10^9$

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解题思路

对于一个位置它操作$k$次之后肯定可以用后面的若干个数表示，设多项式$f_k(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }{b}_i{x}^i$有$a_p^{\prime }={\sum }_{i=0}^n{b}_i\times a_{p+i}$。

那么对于这个多项式如果$n$是奇数那么有$f_k(x)=f_{k-1}(x)\times (1+x)$，否则$f_k(x)=f_{k-1}(x)\times (1-x)$。

也就是每次$(1+x)$和$(1-x)$交替乘$n-1$次，如果$n$是奇数，那么
$$f_{n-1}(x)=((1+x)(1-x){)}^{\frac{n-1}{2}}=(1-x^2{)}^{\frac{n-1}{2}}$$
用二项式定理拆开暴力算就好了，

如果$n$是偶数就直接再乘个$1+x$就好了。

时间复杂度：$O(n)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10,P=1e9+7;
ll n,ans,fac[N],inv[N],f[N];
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{scanf("%lld",&n);n--;inv[0]=inv[1]=fac[0]=1;for(ll i=2;i<=n;i++)inv[i]=P-(P/i)*inv[P%i]%P;for(ll i=1;i<=n;i++)inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P,fac[i]=fac[i-1]*i%P;for(ll i=0;i<=n/2;i++)f[i*2]=(i&1)?(P-C(n/2,i)):(C(n/2,i));if(n&1){for(ll i=n;i>=1;i--)f[i]=f[i]+f[i-1];}for(ll i=0,x;i<=n;i++)scanf("%lld",&x),(ans+=f[i]*x%P)%=P;printf("%lld\n",ans);return 0;
}