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最新推荐文章于 2020-03-26 19:00:59 发布

GDUT-orzzzzzz

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本文探讨了一个关于质因数分解与数学期望的算法问题，通过分治、逆元和DP技巧解决了一个给定正整数n和操作次数k的问题，目标是求解在特定操作下最终数字的数学期望。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：给你一个正整数n，你有k次操作，每次操作n除以一个n的因数（1-n均可），除以任意一个的概率相同，求最后留下来的数字的数学期望。（1<=n<=10^15,1<=）

范围：分治、逆元、dp（找规律？？)
注意：楼主不敢保证思路正确，希望大佬看到对于一些不当见谅，如果能帮指正下，那万分感谢
思路：首先看完题意，草稿纸模拟一遍，再看看数据范围，woc这题什么鬼，然后开始自闭。

没错比赛时就是这样度过的。

。。。。。。
言归正传（叹气），这题怎么写呢，首先和因数有关，那么就从这个角度入手，全部同时考虑肯定会炸，只好先看看只有一个质因数的情况。
比如2：i[] = 1 2 4 8；
显而易见，每一个数的因数数量等于小于等于本身的数的数量m = log2(i[a]) + 1，而在每次操作后，假设原在该值得概率为j[a]，每个因数就分配到j[a]/m；

接下来看看分裂次数造成得影响;

	1	2	4	8
1	j[1]
2	j[2]/2	j[2]/2
4	j[3]/3	j[3]/3	j[3]/3
8	j[4]/4	j[4]/4	j[4]/4	j[4]/4
sum

横行表示旧的每个值对新的每个值的影响，纵行表示每个新的值及各个值,如果把每个值加到一起，用下面的sum记录，就是新的值。
通过这个表就可以推出只有一个质因数时每次分裂后值的变化，用前缀和从后往前优化下，时间复杂度就在允许范围内了。

这只是一个质因数的情况，那么来推多个的（以下可能出现不完全正确，语音组织不佳的情况）

还是举个例子：12，又我们知道，在第一次操作时，所有该数的因数都为等概率，我假设都为1，还有为计算方便，所有概率乘以一个分母的最小公倍数，可得如下表：

	1	2	3	4	6	12
1	12
2	6	6
3	6		6
4	4	4		4
6	3	3	3		3
12	2	2	2	2	2	2

可以尝试猜想一下，只有一个质因数得出来的结果和多个质因数是否有关系？
单纯仅看1 2 4的数据，是符合单个质因数推出的情况；
那么将它分成两部分:{1,2,4},{3,6,12}。
在这里插入图片描述
从上面这张图蓝色部分为红色部分的2倍，这里2倍的原因是以上i[a]的因数个数是3i[a]的一半，3i[a]一半在红，一半在黑。

纵方向，这张图每种非蓝色为上方各蓝色的1/2；横的方向，同种颜色数值相等。

计算可得{1,2,4}与{3,6,12}符合3:1（只有一个质因数，质因数出现次数为1，操作次数为2）的关系。
为什么一定是3：1？上面已证出。
为什么出现3：1？因为质因数3出现次数为1，操作次数为2。
那么出现次数为2及以上的是否符合？是的，读者可以自行推导下，步骤如上二图（可能要注意一图的蓝色、红色部分选取）。
因此，设res(n,m)是答案，tim是因数p在n中次数，那么res(n*p,m)=res(n,m)*res(p^(tim+1),m)/res(p ^tim,m)。从这式子可以看出，答案只受与这个质因数相关系的结果。整理一下，就是每个因数可以单独算出单个因数的影响，然后相乘得出结果。

可以预处理出单个因数的影响，不过不预处理影响不大，因为数据范围内，质因数总数不会多。

代码如下：

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
const ll Mod = 1e9 + 7;

int inv[maxn];
void invers(int o)
{
	inv[1] = 1;
	for(int oo = 2;oo <= o;oo ++)
	{
		inv[oo] = (long long)(Mod - Mod / oo) * inv[Mod % oo] % Mod;
	}
}

ll ce(ll o,ll onum,ll kk)
{
	ll arr[onum + 1][2],o1=0,o2=1;
	arr[onum][0] = 1;
	for(ll pp = 0;pp < onum;pp ++) arr[pp][0] = 0;
	for(ll pp = 1;pp <= kk;pp ++)
	{
		for(ll oo = onum;oo >= 0;oo --)
		{
			arr[oo][o2] = arr[oo][o1] * inv[oo + 1] % Mod;
			if(oo != onum)  arr[oo][o2] = (arr[oo][o2] + arr[oo+1][o2]) % Mod;
		}
		swap(o1,o2);
	}
	
	ll p = 1; 
	ll ress = arr[0][o1];
	for(ll oo = 1;oo <= onum;oo ++)
	{
		p = p * o % Mod;
		ress = (ress + arr[oo][o1] * p % Mod) % Mod;	
	}

	return ress;
}
	ll n,k,a,res;
	
int main()
{
	scanf("%I64d%I64d",&n,&k);
	invers(100000);
	res = 1;
	for(a = 2;a * a <= n;a ++)
		if(n % a == 0)
		{
			int anum = 0;
			while(n % a == 0)
			{
				anum ++;
				n /= a;
			}
			if(anum != 0)
				res = res * ce(a,anum,k) % Mod;	
		}
	if(n != 1)
		res = res * ce(n,1,k) % Mod;
	printf("%I64d\n",res);
	return 0; 
}