一两眼题（oneortwo）

一两眼题（oneortwo）

题目描述

给出n个整数，依次为a1,a2,...an。n<=50000.

你要进行K次操作,0 <= k < =1,414,213,562

每次操作你算出sum=a1+a2+a3+...an，再将每个数替换为sum-ai.

求最后一次操作后a1,a2,....an的值

输入

第一行两个整数n,k

接下来n行每行一个整数ai.

输出

输出n行。依次为k次操作后的a1,a2....an。模 98,765,431

样例输入

3 4
1
0
4

样例输出

26
25
29

提示

 40%的数据满足n<=20,k<=2000

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solution

通过手模发现

对于第i轮操作

正负由i的奇偶性决定

等比数列求和一下，就是快速幂了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define maxn 50005
#define mod 98765431
using namespace std;
int n;
long long s[maxn],sum;
long long k;
long long lian(long long k,long long num)
{
    long long ans=1,p=k;
    while(num>0){
        if(num&1)ans=ans*p;
        p=p*p;p%=mod;ans%=mod;num>>=1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("oneortwo.in","r",stdin);
    freopen("oneortwo.out","w",stdout);
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&s[i]);
        sum+=s[i];sum%=mod;
    }
    long long ny=lian(n,mod-2);
    long long a=n-1;
    long long tmp=lian(a,k);
    if(k&1)tmp++;else tmp--;
    long long ans=tmp*ny;ans%=mod;
    ans=ans*sum;ans%=mod;
    int op;
    if(k&1)op=-1;else op=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        long long t=ans+s[i]*op;
        t=(t%mod+mod)%mod;
        printf("%lld\n",t);
    }
    return 0;
}