[bzoj3462]dzy loves math II 解题报告

最新推荐文章于 2020-01-19 19:14:35 发布

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本文解析了一种特定的组合计数问题，通过将其转化为多重背包问题并利用质因数分解等数学技巧来解决。讨论了时间复杂度，并给出了具体的C++实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

这道题的题意是设 $S=\prod_{i=1}^kp_i$ ,且 $n=\sum_{i=1}^kx_ip_i,x_i \ge 1$ ,求 $(x_1,x_2,...,x_k)$ 的个数。
对于任一 $(x_1,x_2,...,x_k)$ ，显然其可射于 $(x_1 \ mod {S \over p_1},x_2 \ mod {S \over p_2},...,x_k \ mod {S \over p_3})$ ，而且有 $\sum_{i=1}^kx_ip_i \equiv n(mod \ S)$ 。对于后者，其实就是一个多重背包；然后从它到n就是将若干个S分成k份，这便是一个经典问题了。
那么主要的时间就都花在多重背包上了， $2*10^6$ 以内的数质因子个数最多有7个，所以时间复杂度就是 $O(7^2*S+7*q)≈10^8$

#include<cstdio>
int f[15000000],fp[15000000];
int prime[1505];
bool p[1505];
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cmath>
int a[10];
#define Mod 1000000007
typedef long long LL;
void in(LL &x){
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
    for(x=0;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=x*10+(c^'0');
}
int inver(int x){
    LL ans=1,pro=x;
    for(int pow=Mod-2;pow;pow>>=1,pro=pro*pro%Mod)
        if(pow&1)
            ans=ans*pro%Mod;
    return ans;
}
#include<cstring>
int main(){
    freopen("bzoj_3462.in","r",stdin);
    freopen("bzoj_3462.out","w",stdout);
    int S,q,i,root,j;
    scanf("%d%d",&S,&q);
    //线筛 
    for(i=2,root=sqrt(S);i<=root;++i){
        if(!p[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            if(S%i==0){
                //cout<<"Get:"<<i<<endl;
                a[++a[0]]=i;
                if((S/=i)%i==0){
                    while(q--)puts("0");
                    return 0;
                }
            }
        }
        for(j=1;j<=prime[0]&&prime[j]*i<=root;++j){
            p[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
    if(S!=1)a[++a[0]]=S;
    S=1;
    for(i=a[0];i;--i)S*=a[i];
    //背包 
    int sum=S,bagsum,k;
    f[0]=1;
    for(i=a[0];i;--i,sum+=S){
    //for(i=1;i<=a[0];++i){
        memcpy(fp,f,sizeof(int)*(sum+1));
        memset(f,0,sizeof(int)*a[i]);
        for(j=a[i];j--;){
            bagsum=fp[j];
            for(k=j;k<S;){
                f[k+=a[i]]=bagsum;
                bagsum=(bagsum+fp[k])%Mod;
            }
            for(k+=a[i];k<=sum;k+=a[i]){
                //cout<<k<<endl;
                f[k]=(bagsum-fp[k-S-a[i]])%Mod;
                bagsum=(f[k]+fp[k])%Mod;
            }
        }
        /*printf("----%d----\n",a[i]);
        for(k=0;k<=sum;++k)printf("f(%d)=%d\n",k,f[k]);*/
    }
    //逆元 
    int inv[10];
    for(i=a[0]-1;i;--i)inv[i]=inver(i);
    //for(i=1;i<a[0];++i)printf("%d*%d=%I64d\n",i,inv[i],(LL)i*inv[i]%Mod);
    //处理询问 
    int ans;
    LL pro,n,N;
    while(q--){
        in(n);
        ans=0,i=n%S,N=(n-i)/S,pro=1,n=N%Mod;
        for(j=1;j<=a[0]-1;++j)pro=pro*inv[j]%Mod*(n+a[0]-j)%Mod;
        ans=(ans+f[i]*pro)%Mod;
        //printf("%d(%d)*%I64d(%I64d,%d)=%I64d\n",f[i],i,pro,n+a[0]-1,a[0]-1,f[i]*pro%Mod);
        for(i+=S,--N,--n;N>=0&&i<=sum;i+=S,--N,--n){
            pro=pro*inver(n+a[0])%Mod*(n+1)%Mod;
            ans=(ans+f[i]*pro)%Mod;
            /*printf("%d(%d)*%I64d(%I64d,%d)=%I64d\n",f[i],i,pro,n+a[0]-1,a[0]-1,f[i]*pro%Mod);
            cout<<n<<endl;*/
        }
        printf("%d\n",(ans+Mod)%Mod);
    }
}