poj1213Fantasy of a Summation（找规律，优化代码）

                               Fantasy of a Summation

Time Limit:2000MS     Memory Limit:32768KB     64bit IO Format:%lld & %llu

Submit Status

Description

If you think codes, eat codes then sometimes you may get stressed. In your dreams you may see huge codes, as I have seen once. Here is the code I saw in my dream.

#include <stdio.h>

int cases, caseno;
int n, K, MOD;
int A[1001];

int main() {
    scanf("%d", &cases);
    while( cases-- ) {
        scanf("%d %d %d", &n, &K, &MOD);

        int i, i1, i2, i3, ... , iK;

        for( i = 0; i < n; i++ ) scanf("%d", &A[i]);

        int res = 0;
        for( i1 = 0; i1 < n; i1++ ) {
            for( i2 = 0; i2 < n; i2++ ) {
                for( i3 = 0; i3 < n; i3++ ) {
                    ...
                    for( iK = 0; iK < n; iK++ ) {
                        res = ( res + A[i1] + A[i2] + ... + A[iK] ) % MOD;
                    }
                    ...
                }
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n", ++caseno, res);
    }
    return 0;
}

Actually the code was about: 'You are given three integers n, K, MOD and n integers: A₀, A₁, A₂ ... A_n-1, you have to write K nested loops and calculate the summation of all A_i where i is the value of any nested loop variable.'

Input

Input starts with an integer T (≤ 100), denoting the number of test cases.

Each case starts with three integers: n (1 ≤ n ≤ 1000), K (1 ≤ K < 2³¹), MOD (1 ≤ MOD ≤ 35000). The next line contains n non-negative integers denoting A₀, A₁, A₂ ... A_n-1. Each of these integers will be fit into a 32 bit signed integer.

Output

For each case, print the case number and result of the code.

Sample Input

2

3 1 35000

1 2 3

2 3 35000

1 2

Sample Output

Case 1: 6

Case 2: 36

按代码写肯定会超时，那么该如何优化代码呢？

观察代码：

 for( i1 = 0; i1 < n; i1++ ) {
            for( i2 = 0; i2 < n; i2++ ) {
                for( i3 = 0; i3 < n; i3++ ) {
                    ...
                    for( iK = 0; iK < n; iK++ ) {
                        res = ( res + A[i1] + A[i2] + ... + A[iK] ) % MOD;
                    }
                    ...
                }
            }
        }

代码有k重循环，简单模拟，设有3重循环，2个数，

10002001301040115100610171108111

共进行2^3次操做因为每个数的累加次数一样多的
它每个数的累加次数为(n^k)*k/n=(n^(k-1))*k,
则和就等于(sum(a[i])*(n^(k-1))*k)%mod

#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<iostream>#define  LL  long longusing namespace std;  LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;}  LL lcm(LL a,LL b){return a/gcd(a,b)*b;}  LL powmod(LL a,LL b,LL MOD){LL ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}   int main()  {      int t;      int cas=0;      scanf("%d",&t);      while(t--)      {          int n,k,mod;          scanf("%d%d%d",&n,&k,&mod);          LL ans=0;          for(int i=0;i<n;i++)          {              int a;              scanf("%d",&a);              ans=(ans+a)%mod;          }          LL num=powmod(n,k-1,mod);          printf("Case %d: ",++cas);          printf("%d\n",(ans*num*k)%mod);      }      return 0;  }