整数拆分
题解
考虑 \(K=1\) 的做法
设 \(F_{i,j}\) 表示用 \(m^k\ (k\in [0,i])\) 凑出 \(j\) 的方案数
不难发现由于每次转移只会加入 \(m^{i+1}\) 那么有用的状态只有 \(j\equiv n\ (\mod m^i)\)
所以设 \(F_{i,j}\) 表示用 \(m^k\ (k\leq [0,i])\) 凑出 \(j\times m^i+(n \mod m^{i})\) 的方案数
\[F_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^j F_{i-1,(j-k)\times m+\lfloor \frac {n \mod m^{ i } }{m^{i-1}}\rfloor}
\]
可以观察并归纳证明 \(F_{i,j}\) 是一个关于 \(j\) 的 \(i\) 次多项式,所以只需要保留前 \(i\) 位的 $ DP $ 值,转移时通过拉格朗日插值求出用到的 \(DP\) 值来转移的即可,同样的只需要转移出前 \(i+1\) 项即可。
那么考虑求前缀和的问题,我们只需要在 $m^k \ (k\in[0,log_m n]) $ 这些数中额外加入一个 \(1\) 即可
如何扩展到 \(K>1\) ?
考虑 \(K\) 次卷积等效于将这个数划分 \(K\) 个部分求方案数即可,那么只需要将原先的 $m^k \ (k\in[0,log_m n]) $ 中每个数复制\(K\)遍,当做 \(K\) 个不同的数即可。
复杂度 \(O(K^2log_m^2 n)\times\) 巨大常数
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mod 1000000007
#define M 1410
using namespace std;
namespace IO{
const int BS=(1<<20)+5; int Top=0;
char Buffer[BS],OT[BS],*OS=OT,*HD,*TL,SS[20]; const char *fin=OT+BS-1;
char Getchar(){if(HD==TL){TL=(HD=Buffer)+fread(Buffer,1,BS,stdin);} return (HD==TL)?EOF:*HD++;}
void flush(){fwrite(OT,1,OS-OT,stdout),OS=OT;}
void Putchar(char c){*OS++ =c;if(OS==fin)flush();}
void write(int x){
if(!x){Putchar('0');return;} if(x<0) x=-x,Putchar('-');
while(x) SS[++Top]=x%10,x/=10;
while(Top) Putchar(SS[Top]+'0'),--Top;
}
LL read(){
LL nm=0,fh=1; char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
}
using namespace IO;
LL n,m,p[M],top;
#define mul(a,b) ((LL)(a)*(LL)(b)%mod)
#define add(a,b) (((a)+(b))>=mod?((a)+(b)-mod):((a)+(b)))
#define mns(a,b) (((a)-(b))<0?((a)-(b)+mod):((a)-(b)))
int K,C[M][M],fac[M],ifac[M],tot,A[M],B[M],pre[M],suf[M],F[M],G[M],t[M],pw[M];
int qpow(int x,int sq){
int res=1;
for(;sq;sq>>=1,x=mul(x,x)) if(sq&1) res=mul(res,x);
return res;
}
void build(){for(int i=0;i<=tot;i++) t[i]=mul(G[i],mul(ifac[i],((i^tot)&1)?mns(0,ifac[tot-i]):ifac[tot-i]));}
int calc(LL x){
x%=mod; if(x<=tot) return G[x]; int res=0; pre[0]=x,suf[tot+1]=1;
for(int i=1;i<=tot+1;i++) pre[i]=mul(pre[i-1],mns(x,i));
for(int i=tot;i>=0;i--) suf[i]=mul(suf[i+1],mns(x,i));
for(int i=0;i<=tot;i++){
int t1=(i?pre[i-1]:1),t2=suf[i+1]; res=add(res,mul(t[i],mul(t1,t2)));
} return res;
}
int main(){
n=read(),m=read(),K=read(),p[0]=fac[0]=ifac[0]=1;
if(!n){puts("1");return 0;}
for(int i=0;i<M;i++){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
if(i) ifac[i]=qpow(fac[i]=mul(fac[i-1],i),mod-2);
}
while(p[top]<=(n+m-1)/m) p[top+1]=p[top]*m,top++; G[0]=1;
for(int i=0;i<=K+1;i++) G[i]=C[i+K][K]; tot=K+1; build();
for(int i=0;i<M;i++) pw[i]=(LL)i*(m%mod)%mod;
for(int pos=1;pos<=top;pos++){
LL WDCKW=((n%p[pos])/p[pos-1])%mod;
for(int i=0;i<K;i++){
for(int k=0;k<=tot+1;k++){
if(k) F[k]=F[k-1];
if(!i) F[k]=add(F[k],calc(pw[k]+WDCKW));
else if(k) F[k]=add(F[k-1],calc(k)); else F[k]=calc(k);
} tot++,memcpy(G,F,sizeof(int)*(tot+1)),memset(F,0,sizeof(int)*(tot+1)); build();
}
} printf("%d\n",calc(n/p[top]));
return 0;
}