luogu P3702 [SDOI2017]序列计数

Alice想要得到一个长度为n的序列,序列中的数都是不超过m的正整数,而且这n个数的和是p的倍数。

Alice还希望,这n个数中,至少有一个数是质数。

Alice想知道,有多少个序列满足她的要求。

100%的数据,1n10^9,1m2×10^7,1p100

一个比较显然的想法就是总方案减去一个素数都没有的方案

考虑怎么计算总方案:

设 $f_{i,j}$ 表示已经填了 $i$ 个数,当前和模 $p$ 的值为 $j$ 的方案数,显然有转移:

$$
f_{i,j}=\sum_{x=0}^{p-1}f_{i-1,j-x}g_x
$$

其中 $g_x$ 表示 $1 \sim m$ 中有多少个数字模 $p$ 等于 $x$,这个可以直接 $O(m)$ 的扫一遍后的得出

然后就只需要做一个素数都没有的方案了

发现这个只需要修改一下 $g_x$ 就行了,设 $g'_x$ 表示 $1 \sim m$ 中有多少个数字模 $p$ 等于 $x$ 且不是素数

这个直接线性筛素数后修改 $g$ 数组就行了

然后套个矩阵快速幂优化转移就行了

 1 // luogu-judger-enable-o2
 2 #include <bits/stdc++.h>
 3 using namespace std;
 4 typedef long long ll;
 5 
 6 const int mod = 20170408, N = 100;
 7 
 8 ll n, m, p, ans;
 9 
10 struct Mat {
11     int a[N][N];
12     Mat() { memset(a, 0, sizeof a); }
13     int *operator [] (int x) { return a[x]; }
14     Mat operator * (Mat b) {
15         Mat c;
16         for(int i = 0 ; i < p ; ++ i)
17             for(int j = 0 ; j < p ; ++ j)
18                 for(int k = 0 ; k < p ; ++ k)
19                     c[i][j] = (c[i][j] + 1ll * a[i][k] * b[k][j] % mod) % mod;
20         return c;
21     }
22 }; 
23 
24 Mat pw(Mat a, ll b) {
25     Mat r;
26     
27     for(int i = 0 ; i < p ; ++ i) r[i][i] = 1;
28     
29     for( ; b ; b >>= 1, a = a * a)
30         if(b & 1)
31             r = r * a;
32     return r;
33 }
34 
35 const int M = 2e7 + 10;
36 ll pri[1270607 + 10], tot, cnt[N];
37 bool vis[M];
38 
39 int main() {
40     cin >> n >> m >> p;
41     
42     for(int i = 2 ; i <= m ; ++ i) {
43         if(!vis[i]) {
44             pri[++ tot] = i;
45         }
46         for(int j = 1 ; j <= tot && i * pri[j] <= m ; ++ j) {
47             vis[i * pri[j]] = 1;
48             if(i % pri[j] == 0) break;
49         }
50     }
51     
52     for(int i = 1 ; i <= m ; ++ i)
53         ++ cnt[i % p];
54     
55     Mat base, coe;
56     base[0][0] = 1;
57     
58     for(int i = 0 ; i < p ; ++ i) {
59         for(int j = 0 ; j < p ; ++ j) {
60             coe[i][((i - j) % p + p) % p] = cnt[j];
61         }
62     }
63     ans = (base * pw(coe, n))[0][0];
64     
65     for(int i = 1 ; i <= tot ; ++ i) cnt[pri[i] % p] --;
66     
67     for(int i = 0 ; i < p ; ++ i) {
68         for(int j = 0 ; j < p ; ++ j) {
69             coe[i][((i - j) % p + p) % p] = cnt[j];
70         }
71     }
72     ans -= (base * pw(coe, n))[0][0];
73     
74 //    cout << "tot = " << tot << endl;
75     
76     cout << (ans % mod + mod) % mod << endl;
77 }
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posted @ 2018-12-13 21:56 KingSann 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏