NOI膜你赛2019/7/9硬币(coin)

万年没写博客的博主又回来拉
先放题面link

考场上一读题目，这不是裸的生成函数吗？？
推式子…
$Gf(x)={\prod }_{k\ge 0,k\in \mathbb{Z}}\frac{1}{1-x^{m^k}}$

然后呢，就一脸懵圈了，如果按照一般的生成函数的某一项系数的求法，还不如打dp来的更优
所以就开始打dp…
$m=2:1,2,2,4,4,6,6,10,10,14,14,20,20,26,26,36,36,46,46,60,60,74,74,94,94$
$m=3:1,1,2,2,2,3,3,3,5,5,5,7,7,7,9,9,9,12,12,12,15,15,15,18,18,18,23,23,23$

找规律可以发现dp可以做到$\mathcal{O}(n)$
$dp[n]=dp[n-1]+dp[\lfloor \frac{n-1}{m}+1\rfloor ]$
$ans[x]=dp[\lfloor \frac{x}{m}\rfloor +1]$

这样就有25分了，可是$10^{18}$的范围该怎么搞。。于是悄咪咪地去oies上查了一下，本来以为一定很有通项公式，然后这题100pts应该就稳了

然而(序列A000123,A005704,A018819)——oies这么强大的网站上也只有一些微不足道的结论和生成函数的性质（居然连通项公式都没有

最后一丝希望破灭

赛后
65pts的做法(这种做法的实现和思维难度是完全可以在考场上想到的)
我们把凑coins,抽象成一维空间，每次只能跳$m^i$个单位的距离

令每次跳的距离不大于上一次跳的距离，然后通过观察题解，发现有一些点是绝对会被跳到的不动点，那就是每次跳到最远能跳到的地方的一些不动点

然后既然有了不动点我们就可以分段考虑最后用乘法原理得到答案

设函数Solve(x)，返回一个矩阵A，表示从0跳到x的相应方案。
其中$A_{i,j}$表示：每步的长度不超过$m^i$，最后一步恰好是$m^j$的方案数。
考虑合并连续两段的答案。

$$C_{i,j}=\sum _k{A}_{i,k}\times B_{k,j}$$

恰好符合矩阵的运算。
然后若$x=m^i$，则$solve(x)=solve(\frac{x}{m}{)}^m$
代码就不放出来的了，经过实测发现只要常数足够优秀就可以拿到85pts的好成绩

那么100pts的到底是个什么神仙玩意儿，题解里用的是多项式(怎么又是多项式都快被多项式的题烦死了)，但是我看不懂(不想看)

zyy神仙在讲课的时候提出了类似于数位dp的做法，码量极少！！值得推荐！！
让我们来看着代码来理性♂愉悦一下

#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,j,k) for (int i=(int)(j);i<=(int)(k);i++)
#define Rep(i,j,k) for (int i=(int)(j);i>=(int)(k);i--)
#define ll long long
using namespace std;
const int mo=1000000007;
int m;
ll n;
namespace STD{//自信满满的神仙碾压std
	int a[70],f[70][70000],len;
	void solve(){
		for (ll x=n;x;){//m进制
			a[++len]=x%m;
			x/=m;
		}
		f[0][0]=1;
		int las=0;//前面一次的进位个数
		For(i,1,len){
			For(j,0,las/m) f[i][j]=f[i-1][j*m+a[i-1]];//进位操作
			las/=m;
			For(j,1,i){//维护f在m长度下的值
				las+=m;
				For(k,1,las) f[i][k]=(f[i][k]+f[i][k-1])%mo;
				Rep(k,las,m) f[i][k]=(f[i][k]+mo-f[i][k-m])%mo;
			}
		}
		printf("%d\n",f[len][a[len]]);
	}
}
int main(){
	freopen("coin.in","r",stdin);
	freopen("coin.out","w",stdout);
	scanf("%d%lld",&m,&n);
	STD::solve();
}
/*
f[i][j]:考虑了前i位，进位为j的方案数。
*/

深深地明白自己的弱小