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原文链接：http://www.cnblogs.com/gmh77/p/11465191.html

本文探讨了一个基于质因数分解的数学问题，通过深入分析质因子的次数特性，提出了一种高效的矩阵填数方案计算方法。具体而言，文章首先介绍了问题背景和输入输出示例，随后详细阐述了解题思路，包括如何分解质因数、如何计算正负数方案、以及如何求解特定规模的矩阵填数方案。最后，提供了完整的C++代码实现。

题目描述

Description

Input

Output

Sample Input
INPUT1:
1 19
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
233
2333
23333
666
6666
66666
233666
2333666
2336666

INPUT2:
3 19
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
233
2333
23333
666
6666
66666
233666
2333666
2336666

INPUT3:
4 19
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
233
2333
23333
666
6666
66666
233666
2333666
2336666

Sample Output
OUTPUT1:
1
2
16
512
65536
33554432
838860732
32990492
932051910
764027380
910542875
838272742
930396622
739073573
9640642
263530905
865002813
765241490
139162994

OUTPUT2:
1
4
96
12288
7864320
201326568
293254325
515159244
840150399
651897566
739847860
531834902
591536684
577191249
16871820
69912188
532033966
249862507
753329879

OUTPUT3:
1
6
336
144384
406978560
696247661
369344513
934897514
881712217
545090322
736653783
184801125
483435346
490162119
818998946
456359890
676845946
879346635
854963600

Data Constraint

题解

~~看不懂题解~~

分解x后发现，x的质因子的次数最多为2

所以分解之后分别考虑次数为1和2的，方案=\((为1的大小为n的方案)^{次数为1的个数}*(为2的大小为n的方案)^{次数为2的个数}*考虑负数的方案\)

负数的方案为\(2^{(n-1)*(n-1)}\)，因为前(n-1)*(n-1)可以任选，可以通过后面一行/列来调整（这里的方案是唯一的）

显然为1的方案为n!，这里重点求为2的方案

设f[n]表示n*n的合法方案数（即每行/列的和都为2）

考虑转移，在新加的一列中放数

①

在最后一列放一个2

答案显然是f[n-1]*n

②

在最后一列放两个1

由于之前的(n-1)*(n-1)都放满了，所以两个1当中一定有某一个放在空行，另一个放在满行

这时钦定把满行的后一个给拉到空行，可以发现这样刚好可以唯一对应一种n*n的方案

答案是f[n-1]*n*(n-1)

③

~~然而发现上面的还是会算重~~

可以发现，算重的是这样的情况：

这样从上面拉下来和从下面拉上去是一样的

总数等价于

的方案

那么算重的方案为f[n-2]*C(n,2)*(n-1)

所以最终

f[n]=f[n-1]*n+f[n-1]*n*(n-1)-f[n-2]*C(n,2)*(n-1)

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define two 499122177
#define mod 998244353
#define N 5000000
using namespace std;

long long F[N+1];
long long f[N+1];
long long x,s1,s2,I;
int T,n,i,j,k,l;

long long qpower(long long a,long long b)
{
    long long ans=1;
    
    while (b)
    {
        if (b&1)
        ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    
    return ans;
}

void init()
{
    I=2;
    while (x>1 && I<=100000)
    {
        if (!(x%I))
        {
            i=0;
            while (!(x%I))
            {
                ++i;
                x/=I;
            }
            
            if (i==1)
            ++s1;
            else
            ++s2;
        }
        
        ++I;
    }
    
    if (x>1)
    ++s1;
}

void Init()
{
    F[0]=1;f[0]=1;
    F[1]=1;f[1]=1;
    
    fo(i,2,N)
    {
        F[i]=F[i-1]*i%mod;
        f[i]=(f[i-1]*i%mod*i%mod-f[i-2]*i%mod*(i-1)%mod*two%mod*(i-1)%mod)%mod;
        
        if (f[i]<0)
        f[i]+=mod;
    }
}

int main()
{
    freopen("pj.in","r",stdin);
    freopen("pj.out","w",stdout);
    
    scanf("%lld%d",&x,&T);
    init();
    Init();
    
    for (;T;--T)
    {
        scanf("%d",&n);
        printf("%lld\n",qpower(F[n],s1)*qpower(f[n],s2)%mod*qpower(2,(long long)(n-1)*(n-1))%mod);
    }
}

转载于:https://www.cnblogs.com/gmh77/p/11465191.html