JZOJ5813Count-质因数分解+dp_质因数 dp-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/jokingcoder/article/details/89388425

本文探讨了一个关于计数的问题，通过使用DP算法解决了在给定条件下不同方案的数量。文章详细解析了如何将问题转化为求特定数值的方案数，并利用DP算法进行高效计算。最后，给出了完整的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

这个jzoj到底是个什么神仙OJ…
所以不负责的博主就不贴链接直接贴截图了。。。

题面

Solution

其实这道题作为模拟赛的T3的确是偏水了一点
然而我这只菜鸡还是写炸了。。
这是份假的代码应该可以很容易看出我原来的zz错误

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MOD 998244353

using namespace std;
typedef long long LL;
LL dp[300000][110];

inline LL qui_pow(LL x, int y) {
	if (y == 1) return x;
	LL t = qui_pow(x, y / 2);
	if (y & 1) return t * t % MOD * x % MOD;
	else return t * t % MOD;
}

int main() {
	freopen("count.in", "r", stdin);
	freopen("count.out", "w", stdout);
	int n, m, tot = 1;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int nn = n;
	for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
		if (!(nn % i)) {
			int cnt = 1;
			while (!(nn % i)) {
				nn /= i;
				cnt++;
			}
			tot *= cnt;
		}
	}
	if (nn > 1) tot <<= 1;
	int lim = (tot + 1) * m;
	dp[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= lim; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m * 2; ++j) {
			for (int k = 1; k <= min(i, tot); ++k) {
				dp[i][j] += dp[i - k][j - 1];
			}
			dp[i][j] %= MOD;
		}
	}
	LL ans = (qui_pow(tot, m << 1) + dp[lim][m * 2]) * qui_pow(2, MOD - 2) % MOD;
	printf("%lld\n", ans);
	fclose(stdin); fclose(stdout);
	return 0;
}

（手动分割线）

Solution

我们令 $S=\prod_{i=1}^{2m}x_i$
所以当 $S<n^m$ 时就一定存在一个对应的一个 $S'>n^m$ ，这个很显然对叭
所以我们现在要做的就是求出 $S=n^m$ 有多少不同的方案数
我们设这个方案数为 $c n t$
$\therefore ans=\frac{\sigma(n)^{2m}+cnt}{2}$

那么问题来了，如何求 $c n t$ 呢？
根据乘法原理，可以发现对于 $n^m$ 的所以质因子都是互相独立的
这样我们就可以对于每个质因子进行整数拆分的操作(这个好像是小学生都会写的dp，~~而我居然写挂了kel~~)

除以 $2$ 的时候记得打个逆元。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MOD 998244353
 
using namespace std;
typedef long long LL;
LL dp[10000][220], all;
int cc[110];
 
inline LL qui_pow(LL x, register int y) {
    if (y == 1) return x;
    LL t = qui_pow(x, y / 2);
    if (y & 1) return t * t % MOD * x % MOD;
    else return t * t % MOD;
}
 
int main() {
    register int n, m, tot = 1;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    register int nn = n;
    for (register int i = 2; i * i <= n; ++i) {
        if (!(nn % i)) {
            register int cnt = 1;
            while (!(nn % i)) {
                nn /= i;
                cnt++;
            }
            cc[++cc[0]] = cnt - 1;
            tot *= cnt;
        }
    }
    if (nn > 1) tot <<= 1, cc[++cc[0]] = 1;
    LL all = 1;
    for (register int l = 1; l <= cc[0]; ++l) {
        memset(dp, 0, sizeof dp);
    register int lim = cc[l] * m;
    dp[0][0] = 1;
    for (register int i = 0; i <= lim; ++i) {
        for (register int j = 1; j <= m * 2; ++j) {
            for (register int k = 0; k <= min(i, cc[l]); ++k) {
                dp[i][j] += dp[i - k][j - 1];
            }
            dp[i][j] %= MOD;
        }
    }
        all = all * dp[lim][m << 1] % MOD;
        if (all >= MOD) all -= MOD;
    }
    LL ans = (qui_pow(tot, m << 1) + all) * qui_pow(2, MOD - 2) % MOD;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}