Number Sequence HDU - 4390 容斥

最新推荐文章于 2020-07-15 14:26:21 发布

吃灰狼的小红帽

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分类专栏： hdu 数学

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本文介绍了一种利用质因数分解解决特定组合计数问题的方法，通过将目标数值分解为质数的乘积，进而计算符合特定条件的组合数量。文中详细解释了如何运用隔板法进行计数，并采用容斥原理来处理某些特殊情况，最终通过编程实现了解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

首先给出n个数，然后你可以随机再找n个数，但必须要让你找的这n个数的乘积等于给出的n个数的乘积，然后问你可以找出这n个数的方案数并模1e9+7；

思路：

首先我们先把给出的n个数乘起来变成一个数，再之后根据唯一分解定理我们可以把这个数分解成一些质数，那么问题不就变成了把这些质数随机组合成n个数的方案数了么，但要注意此题是有顺序关系的，比如 4 6 和 6 4 这两个是两种方案；

我们可以按每个分解出来的数来讨论，假设a[i]是分解出来的某一个数， p[i]是这个数被分解出来的个数，那么我们分这个数的时候不就相当于将p[i]个一个的数放到n个位置中去么？我们很容易就会想到一个叫做隔板法的方法，我们可以把p[i]扩展成p[i] + n个a[i]，然后这p[i] + n个a[i] 中产生了p[i] + n - 1个空隙，我们不就可以在这p[i] + n - 1个空隙里边选出n - 1个空隙，这样每个区域选出来的数再减去1（反正都是一样的数嘛）不就相当于将p[i]个一样的a[i] 放入了n个位置中了么？

当然，我们很快就发现了一个问题，这样放之后，有些位置没有放数啊！那我们怎么办呢？容斥。我们首先求出一个总的答案，然后再分别求出至少一个不放的，至少两个不放的，至少三个不放的等等，然后根据容斥原理不就求出答案了么。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>

#define MOD 1000000000 + 7
const int maxed = 1000000 + 10;
typedef long long ll;

int n;
int cnt_pri, cnt, pri[maxed], p[maxed], sum[maxed];
ll c[400 + 2][400 + 2];
bool is_pri[maxed];

int main()
{
    ll slove(int x);
    c[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 400; ++i) {
        c[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; ++j)
            c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % (MOD);
    }
    for (int i = 2; i < maxed; ++i)
        if (!is_pri[i])
            for (int j = i + i; j < maxed; j += i)
                is_pri[j] = true;
    for (int i = 2; i < maxed; ++i)
        if (!is_pri[i])
            pri[++cnt_pri] = i;
    while (scanf("%d", &n) != EOF) {
        memset(sum, 0, sizeof(sum));
        int a;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", &a);
            for (int j = cnt_pri; j >= 1; --j)
                while (a && !(a % pri[j])) {
                    sum[pri[j]] += 1;
                    a /= pri[j];
                }
        }
        cnt = 0;
        for (int i = 2; i < maxed; ++i)
            if (sum[i])
                p[++cnt] = i;
        ll answer = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (i % 2)
                answer = (answer - c[n][n - i] * slove(n - i) % (MOD) + (MOD)) % (MOD);
            else
                answer = (answer + c[n][n - i] * slove(n - i) % (MOD)) % (MOD);
            //std::cout << answer << std::endl;
        }
        printf("%lld\n", answer);
    }
    return 0;
}

ll slove(int x)
{
    ll ans = 1;
    for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
        ans = ans * c[sum[p[i]] + x - 1][x - 1] % (MOD);
    return ans;
}