UVa11640 Mayor Election

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题意
分析
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题意

在宇宙的某个角落，有一座城市名叫 Shohor。Shohor 的市民天性非常民主。几个月后他们将举行市长选举，因此所有市长候选人都在开始竞选活动。所有候选人都想在竞选中使用海报，于是他们向选举委员会（EC）申请允许张贴海报。经过长时间的讨论，选举委员会决定：候选人将被允许沿着 SAH Shoroni 路张贴海报。但是，每个特定候选人能张贴的海报数量，由委员会限定。

所有海报都是 1 米 × 1 米大小。海报必须并排张贴，因此，如果某人张贴 K 张海报，它们将占据道路 K 米的长度。SAH Shoroni 的总长度为 L 米。候选人们（以及委员会）希望利用道路的每一寸。因此，沿路的海报总数始终等于道路长度。

尽管每个候选人都应被允许张贴相同数量的海报，但其中一些候选人非常有影响力，并且设法改变了他们可以张贴的海报数量（我说过他们是民主的，但我从未提到他们是否腐败）。对于每位候选人，委员会已经决定，他会被分配一个长度至少为 li、至多为 ui 的区域。但不论每位候选人被允许用海报覆盖多长，所有候选人的区域长度之和等于道路总长度。

选举委员会办公室位于道路的一端。因此，道路上的任何位置都可以用其距办公室的距离来描述。每位候选人将被分配一个区间 $ai, bi$ ，以便他可以在该区间内张贴自己的海报。对于所有候选人，这些区间互不重叠，并且完全覆盖整条道路。

所有候选人都有若干种不同的海报。如果人们一遍又一遍地看到相同的海报，他们会感到无聊，因此他们决定：对于任何一张海报 pi，它最多可以连续出现 ci 次。任意两位候选人不会有相同的海报（显然！你不会指望有人为对手竞选吧！）。

Shohor 的市民知道道路的长度。他们也知道，EC 将允许第 i 位候选人至少张贴 ai 张海报，至多张贴 bi 张海报。区域的分配将据此进行，也就是说，离选举委员会办公室最近的海报属于候选人 1，接下来的区域属于候选人 2，依此类推。请帮助 Shohor 的市民计算他们将会看到多少种不同的海报序列。

输入格式

第一行输入包含一个整数 T（T ≤ 3），表示测试用例的数量。接下来是 T 个测试用例，每个测试用例前面有一个空行。

每个测试用例以一个整数 N（N ≤ 50）开头，表示市长候选人的数量。

接下来是 N 行，每行描述一位候选人。每位候选人的描述以三个整数开头：Pi（Pi ≤ 10）、li 和 ui（0 ≤ li ≤ ui ≤ 2000），分别表示不同海报的数量、他被允许张贴的最少海报数和最多海报数。随后是 Pi 个整数 cj（1 ≤ cj ≤ 10），表示第 j 张海报最多可以连续出现的次数。

之后是一个整数 Q（Q ≤ 100000），表示需要处理的查询数量。

接下来的 Q 行，每行包含一个整数 L（1 ≤ L ≤ 100000），表示道路长度。

输出格式

对于每个查询，输出用海报完全覆盖道路的方案数。答案可能非常大，因此所有答案对 786433 取模。具体格式请参考样例输入输出。每个测试用例后输出一个空行。

样例输入

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样例输出

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Case #1:
Query 1: 0
Query 2: 2
Query 3: 6
Query 4: 12
Query 5: 20
Query 6: 16
Query 7: 10
Query 8: 0
Query 9: 0

分析

充分理解题意后可知本题分两阶段求解即可：1、用dp求出每个候选人 i i i 张贴 x x x 张海报的方案数 c ( i , x ) c(i,x) c(i,x) ；2、FFT 计算多项式乘法 ∏ i = 1 n $c ( i , l i ) * x l i + c ( i , l i + 1 ) * x l i + 1 + \dots + c ( i , u i ) * x u i$ \displaystyle \prod_{i=1}^{n} $c(i,l_i)\*x\^{l_i}+c(i,l_i+1)\*x\^{l_i+1}+\\cdots+c(i,u_i)\*x\^{u_i}$ i=1∏n $c(i,li)*xli+c(i,li+1)*xli+1+\dots+c(i,ui)*xui$ 各项系数。

说一下 dp 的状态设计，计 d $n$ $k$ 表示总共放了 n 张海报且最后的海报是第 k 种且最后的这张海报连续数量为 1 的方案数，那么状态转移方程为 d $n$ $k$ = ∑ i = 1 , i ! = k p ( d $n - c i$ $i$ + d $n - c i + 1$ $i$ + ⋯ + d $n - 1$ $i$ ) \displaystyle d $n$ $k$ =\sum_{i=1,i!=k}^{p} (d $n-c_i$ $i$ +d $n-c_i+1$ $i$ +\cdots+d $n-1$ $i$ ) d $n$ $k$ =i=1,i!=k∑p(d $n-ci$ $i$ +d $n-ci+1$ $i$ +⋯+d $n-1$ $i$ )。

AC 代码

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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;

#define M 786433
#define L 100001
#define T 1<<17
#define X 2010
#define N 50
#define P 11
int d[X][P], c[P], n, tot = T;

struct complex {
    double x, y;
    void operator+= (const complex &t) {
        x += t.x; y += t.y;
    }
    complex operator- (const complex &t) const {
        return {x - t.x, y - t.y};
    }
    complex operator* (const complex &t) const {
        return {x * t.x - y * t.y, x * t.y + y * t.x};
    }
} s[N][T];

void fft(complex (&a)[T], int inv) {
    for (int i=0, j=0; i<tot; ++i) {
        if(j > i) {complex t = a[i]; a[i] = a[j]; a[j] = t;}
        int k = tot;
        while(j & (k >>= 1)) j &= ~k;
        j |= k;
    }
    for(int step=1; step<tot; step<<=1) {
        double alpha = inv*M_PI / step;
        for(int k=0; k<step; k++) {
            complex wk = {cos(alpha*k), sin(alpha*k)};
            for(int Ek=k; Ek<tot; Ek += step<<1) {
                int Ok = Ek + step; complex t = wk * a[Ok];
                a[Ok] = a[Ek] - t; a[Ek] += t;
            }
        }
    }
}

void solve() {
    cin >> n;
    for (int i=0; i<n; ++i) {
        int p, l, u; cin >> p >> l >> u;
        memset(d, 0, sizeof(d));
        for (int j=0; j<p; ++j) cin >> c[j], d[1][j] = 1;
        for (int j=2; j<=u; ++j) for (int k=0; k<p; ++k) {
            for (int x=0; x<p; ++x) if (x != k) for (int t=1; t<=c[x] && t<j; ++t) d[j][k] = (d[j][k] + d[j-t][x]) % M;
        }
        for (int j=0; j<l; ++j) s[i][j] = {0., 0.};
        for (int j=l; j<=u; ++j) {
            int f = j<1 ? 1 : 0;
            for (int x=0; x<p; ++x) for (int t=1; t<=c[x] && t<=j; ++t) f = (f + d[j-t+1][x]) % M;
            s[i][j] = {1.*f, 0.};
        }
        for (int j=u+1; j<tot; ++j) s[i][j] = {0., 0.};
    }
    for (int i=1; i<n; ++i) {
        fft(s[0], 1); fft(s[i], 1);
        for (int j=0; j<tot; ++j) s[0][j] = s[0][j] * s[i][j];
        fft(s[0], -1);
        for (int j=0; j<tot; ++j) if (j < L) {
            long long f = s[0][j].x / tot + .5;
            s[0][j] = {1.*(f % M), 0.};
        } else s[0][j] = {0., 0.};
    }
    int q; cin >> q;
    for (int i=1; i<=q; ++i) {
        int x; cin >> x;
        cout << "Query " << i << ": " << int(s[0][x].x) << endl;
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t; cin >> t;
    for (int i=1; i<=t; ++i) {
        cout << "Case #" << i << ':' << endl;
        solve();
        cout << endl;
    }
    return 0;
}