BZOJ3462: DZY Loves Math II DP

最新推荐文章于 2020-01-19 19:14:35 发布

_xgcxgc

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分类专栏： DP xgc的做题记录文章标签： DP

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本文探讨了S-质数拆分的概念，即如何将一个数n表示为若干个质数之和，同时满足特定条件。文章提供了一种算法，通过组合数和预处理多重背包的方式，有效地计算出给定条件下n的S-质数拆分数目。算法首先排除了S含有平方质因子的情况，然后利用组合数和多重背包技巧求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description
我们称一个数 $n$ 的 $S -$ 质数拆分满足以下条件：
$1 . p 1 + p 2 + p 3 + p 4 + . . . + p k = n$
$2 . p 1 < = p 2 < = p 3 < = p 4 < = . . . < = p k$
$3 . p 是质数$
$4 . l c m (p 1, p 2, p 3, p 4, . . ., p k) = S$
给出 $S$ ， $q$ 个 $n$ ，回答每个 $n$ 的 $S -$ 质数拆分。

Sample Input
30 3
9
29
1000000000000000000

Sample Output
0
9
450000036

首先如果 $S$ 由平方质因子就 $n g$
可以得知是让你求由 $S$ 的若干个质因子组成 $n$ 方案数。
先把 $n$ 减掉所有质因子的和去掉只出现一次的限制。
然后这是一个很好的模型。
求： $p 1 c 1 + p 2 c 2 + p 3 c 3 + p 4 c 4 + . . . + p k c k = n$
对于一个每一个质因子的 $c i$ ，可以表示为： $c i = a i * (S / p i) + b i$ 。
对于一个 $n$ 它肯定是由若干个前面那一部分和若干个后面的部分组成的。
枚举前面部分的大小，可以将前面的部分用一个组合数算出。
后面的部分可以预处理一个多重背包，背包的大小不超过 $k * S$ ，且对于每一个 $i, b i < c i$ 。

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9 + 7;
LL read() {
    LL s = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return s * f;
}
void put(int x) {
	if(x >= 10) put(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

LL inv, f[2][7 * 2000001], sum[2000001];
int S, q, now, plen, p[10];

LL pow_mod(LL a, int k) {
    LL ans = 1;
    while(k) {
        if(k & 1) (ans *= a) %= mod;
        (a *= a) %= mod; k /= 2;
    } return ans;
}

void add(LL &x, LL y) {
	y -= y >= mod ? mod : 0;
	x += y;
	x -= x >= mod ? mod : 0;
}

LL C(LL n, LL m) {
	if(n < m) return 0;
    LL ans = 1, hh = 1;
    for(LL i = n; i >= n - m + 1; i--) (ans *= i % mod) %= mod;
    return ans * inv % mod;
}

void pre() {
	inv = 1;
    for(int i = 1; i < plen; i++) (inv *= i) %= mod;
    inv = pow_mod(inv , mod - 2);
	now = 0; f[now][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= plen; i++) {
		now ^= 1;
		for(int j = 0; j < p[i]; j++) sum[j] = 0;
		for(int j = 0; j <= i * S - p[i]; j++) {
			if(j >= S) add(sum[j % p[i]], mod - f[now ^ 1][j - S]);
			add(sum[j % p[i]], f[now ^ 1][j]);
			f[now][j] = sum[j % p[i]];
		}
	}
}

int main() {
    S = read(), q = read();
	int dd = S;
    for(int i = 2; i <= sqrt(dd); i++) if(dd % i == 0){
        dd /= i; p[++plen] = i;
        if(dd % i == 0) {while(q--) puts("0"); return 0;}
    } if(dd > 1) p[++plen] = dd;
    int sum = 0; pre();
    for(int i = 1; i <= plen; i++) sum += p[i];
    while(q--) {
        LL n = read() - sum;
        if(n < 0) {puts("0"); continue;}
		LL k = n % S, q = n / S;
        int ans = 0;
        for(LL i = q; q - i < plen && i >= 0; i--) 
		(ans += f[now][n - i * S] * C(i + plen - 1, plen - 1) % mod) %= mod;
        put(ans), puts("");
    } return 0;
}