2022 8.22 T1 函数变化(change.cpp)

T1 函数变化(change.cpp)

题目描述

【问题描述】

 我们在幼儿园的时候学习过函数的概念，函数是给定一组自变量的值

得到一组因变量的值。比如 d(p)就是一个最基础的函数形式，我们也可以

叫做把 d 在 p 上作用了一次，如果作用两次就是 d(d(p))。

现在给定函数 (M|x:表示 M 整除 x)

同时给定 M，问有多少个数 x 第一次等于 1 需要作用 N 次该函数

【输入格式】

第一行两个整数 M,N。

【输出格式】

一行一个整数代表答案对 10^9+9 取模后的值

【样例输入】

5 3

【样例输出】

4

【样例解释】

四个答案分别是 3、20、24、125。

【数据范围】

对于 30%的数据，N,M<=100;
                   
 对于 50%的数据, 1<N<=5e4,1=<M<=5e4 
                               
对于额外 20%的数据,N<=1e6,M=2;

对于 100%的数据，1<N<=1e6,1=<M<=1e6;

是不是非 常 简 单? 建议暂停思考10分钟。

官方题解

我们可以考虑分情况讨论。

当 M>N 的时候，每次+1，最多加 N 次，那么这个数还是不会被 M 整除 所以不会存在重复的情况，所以答案是 $2^{n-1}$

如果 M=N 的时候，第一次为 M，执行 M-1 次-1 操作后，答案为 1，那么就不是作用 N 次第一次等于 1，所以答案舍弃，所以为 $f[m-1]*2-1$

接下来考虑 M<N 的时候，我们可以用总的答案 $f[i-1]*2$——不合理的答案(执行-1 操作后答 案刚好是 M 的倍数的数字) 如果这一次操作执行之后答案为 M 的倍数，那么数量和 M 次操作前答案为 M 的倍数 的数一样多。这样的数有多少个呢？$f[i-M]$中是 M 的倍数的数的个数，具体有多少个呢，既 然这个数是 M 的倍数，那么就是有 X*M 变换而来的，所以有 $f[i-M-1]$个 所以当 M<N 的时候，答案为 $f[i]=(f[i-1]*2-f[i-m-1])$

我的思路

枚举法

1.至多枚举至$m^n$这个数

2.可以通过保存之前的回跳次数来进行$O(1)$判断

显然，虽然是对的，但是空间与时间都太高了

10pts $QwQ$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e8+5;
//subtask 10%
//尝试枚举每一个数,利用之前留下的数,进行O(1)判断 
const int M=1e9+9;
int save[N],n,m,ans=0;
int main(){
	freopen("change.in","r",stdin);
	freopen("change.out","w",stdout);
	cin>>m>>n;
	save[1]=0;
	for(long long i=2;i<=pow(m,n);i++){
		long long cnt=((i/m)+(i%m!=0))*m-i;
		cnt+=save[(i/m)+(i%m!=0)]+1;
		if(cnt==n) ans++,ans%=M;
		save[i]=cnt;
	}
	cout<<ans%M;
}

Std

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll maxn=1010101;
const ll p=1000000000+9;
ll a[maxn],n,m;
 
int main()
{
	freopen("change.in","r",stdin);
	freopen("change.out","w",stdout); 
    scanf("%lld%lld",&m,&n);
    a[1]=1;
    for(ll i=2;i<m;i++)
    a[i]=a[i-1]*2%p;
    a[m]=(a[m-1]*2-1)%p;
    a[m+1]=a[m]*2%p;
    for(ll i=m+2;i<=n;i++)
    a[i]=(a[i-1]*2-a[i-m-1])%p;
    printf("%lld\n",(a[n]+p)%p);
    return 0;
}