[快速幂][数学][dp] Jzoj P5813 计算

Description

 

Input

一行由空格隔开的两个整数，分别是 n 和 m。

Output

一行表示答案。 

 

Sample Input

Input1:
6 1
Input2:
6 3

Sample Output

Output1:
10
Output2:
2248

 

Data Constraint

 

Hint

第一个样例中，合法的方案有 (1, 1),(1, 2),(1, 3),(1, 6),(2, 1),(2, 2),(2, 3),(3, 1),(3, 2),(6, 1) 共 10 种。 

 

 

题解

• 令F(x)=∏(1<=i<=2m)xi，如果F(x)<n^m
• 令F(x')=∏(1<=i<=2m)n/xi，则F(x')>n^m
• 因为，F(x)*F(x')==n^2m，F(x)<n^m，所以F(x')>n^m
• 那么发现一个F(x)一定只对应一个F(x')
• 设F(x)<n^m有s1个，F(X)=n^m有s2个，F(X)>n^m有s3个
• 那么s1+s2+s3=为最后答案，那么s1=s3，所以只用求出s2的个数就好了
• 就转换为求F(X)=n^m的个数
• 现将n分解质因数n=p1^c1+p2^c2+...pk^ck
• n^m分解质因数就是p1^(c1*m)+p2^(c2*m)+...pk^(ck*m)
• 考虑就出对于每一个质因数的选数方案，再将它们乘起来就是所有的方案数了
• 考虑用dp求出选的方案数，设f[i][j]为选了i个数，sum是j的方案数
• f[i][j]=f[i][j]+f[i-1][j-k]
• j为枚举的当前的sum值0<=j<=ci*m
• k为枚举的转移的值0<=k<=min(ci,j)

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
long long s2,f[210][210*100],mo=998244353,tot;
int n,m,k,num;
long long ksm(long long a,int b)
{
    long long r=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%mo) if(b&1) r=r*a%mo;
    return r;   
}
void dp(int x)
{
    memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0]=1;
    num=0; while (k%x==0) num++,k=k/x;
    for (int i=1;i<=m*2;i++)
        for (int j=0;j<=num*m;j++)
            for (int z=0;z<=min(j,num);z++)
                f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-z])%mo;
    s2=(s2*f[m*2][num*m])%mo;
}
int main()
{
    freopen("count.in","r",stdin);
    freopen("count.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    k=n; s2=1;
    for (int i=1;i<=sqrt(n);i++)
        if (n%i==0)
        {
            tot++;
            if (i*i<n) tot++;
            if (i>1&&k%i==0) dp(i);
        }
    if (k>1) dp(k);
    printf("%lld",(ksm(tot,2*m)+s2)%mo*ksm(2,mo-2)%mo);
    return 0;
}