bzoj4772 显而易见的数论
题意：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4772
sol ：这个题卡了我一整天QAQ
出题人简直丧心病狂，卡内存+卡常数QAQ
题意就是，给你一个整数，让你求所有整数划分的方案数的价值和，价值是个函数
长成这个样子：
∑划分方案数
然后就是，考虑枚举pi和pj，如何算这个二元组在整数划分中出现的次数
记sum[i]为将i进行整数划分的方案数（实际操作时为避免数组下标为负所以将sum反向）
sum[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { if(i==1||j==1) f[i][j]=1; else if(i==j) f[i][j]=(f[i][j-1]+1)%p; else if(i<j) f[i][j]=f[i][j-1]; else f[i][j]=(f[i-j][j]+f[i][j-1])%p; } sum[i]=f[i][i]; }
当pi!=pj的时候，枚举pi和pj出现的次数muli,mulj，那么答案即为ans[pi][pj]+=sum[n-pi*muli-pj*mulj]
而当pi=pj时，同样枚举pi出现的次数，我们要考虑两两组合的方案数
即ans[pi][pi]+=muli*(muli-1)/2*(sum[muli*pi]-sum[(muli+1)*pi])
然后我到这就不会了QAQ，于是去请教了Nbc和Claris，%%%
Nbc表示这个题就是个暴力随便搞搞就行了......我：
Claris表示其实这个g是个积性函数......我：
好了这个题可以做了QAQ
我们考虑g(n)在n为质数的情况下的值为2n-2，所以直接预处理线性筛一发g(x)就行了QAQ
然后对于那个F(i,j)我们可以预处理一发gcd和pow就可以O(1)做了
于是我们的做法就是，枚举不相等的i和j，统计答案
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n-i;j++) for(int muli=1;muli*i+j<=n;muli++) for(int mulj=1;mulj*j+muli*i<=n;mulj++) ans+=g[a[F(i,j)]]*sum[muli*i+mulj*j]%p,ans%=p;
然后再枚举相等的i和j，统计答案
for(int i=1;i<=n;i++) for(int muli=1;muli*i<=n;muli++) ans=(ans+g[a[F(i,i)]]*muli*(muli-1)/2*(sum[muli*i]-sum[(muli+1)*i]+p))%p;
然后我们就愉悦的发现他0ms TLE了
哦....原来是define int long long炸内存了啊QAQ
简单的改了改然后交上去，发现他又偷♂税的T掉了......
我们发现在统计不相等的i和j时的取模操作太多了QAQ
于是我们可以手动实现一发取模操作...然而我并不会乘法取模，怎么办呢？
我们发现乘法取模是因为乘了一个g[]，然而F(i,j)的范围只有1e5，奥妙重重
考虑开一个数组Cnt记录F的每个值的访问次数，这样的话在后面一次性统计即可
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n-i;j++) for(int muli=1;muli*i+j<=n;muli++) for(int mulj=1;mulj*j+muli*i<=n;mulj++) mod(Cnt[F(i,j)],sum[muli*i+mulj*j]); for(int i=0;i<K;i++) ans+=1LL*g[a[i]]*Cnt[i]%p,ans%=p;
于是这道题就可以切掉了QwQ
附上完整代码
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int p=1e9+7; const int Mx1=2010; const int Mx2=1e7+10; int tp,n,K,a[Mx2],sum[Mx1],f[Mx1][Mx1],gcd[Mx1][Mx1],mul[Mx1][Mx1]; int cnt,ans,pri[Mx2],tmp[Mx2],g[Mx2],b[Mx1]; bool jud[Mx2]; inline void pre() { sum[n]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { if(i==1||j==1) f[i][j]=1; else if(i==j) f[i][j]=(f[i][j-1]+1)%p; else if(i<j) f[i][j]=f[i][j-1]; else f[i][j]=(f[i-j][j]+f[i][j-1])%p; } sum[n-i]=f[i][i]; } g[0]=0,g[1]=1; for(int i=2;i<=1e7;i++) { if(!jud[i]) pri[++cnt]=tmp[i]=i,g[i]=(2*i-2)%p; for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=1e7;j++) { jud[i*pri[j]]=1; if(i%pri[j]) tmp[i*pri[j]]=pri[j], g[i*pri[j]]=g[i]*g[pri[j]]%p; else { tmp[i*pri[j]]=tmp[i]*pri[j]; if(tmp[i]!=i) g[i*pri[j]]=1LL*g[i/tmp[i]]*g[tmp[i]*pri[j]]%p; else g[i*pri[j]]=(1LL*g[i]*pri[j]+i*pri[j]-i)%p; break; } } } for(int i=1;i<=n;i++) gcd[i][0]=gcd[0][i]=gcd[i][i]=i,gcd[1][i]=gcd[i][1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=2;j<=i;j++) { if(!gcd[i][j]) gcd[i][j]=gcd[j][i-j]; gcd[j][i]=gcd[i][j]; } for(int i=1;i<=n;i++) { mul[i][0]=1; for(int j=1;j<=n;j++) mul[i][j]=(1LL*mul[i][j-1]*i)%K; } } inline int F(int pi,int pj) { if(tp==1) return 1%K; if(tp==2) return (gcd[pi][pj])%K; if(tp==3) return (mul[pi][pj]+mul[pj][pi]+(pi^pj))%K; } inline void mod(int &x,const int &y){ x+=y; if (x>=p) x-=p; } int Cnt[Mx2]; int main() { scanf("%d%d%d",&tp,&n,&K); for(int i=0;i<K;i++) scanf("%d",&a[i]); pre(); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n-i;j++) for(int muli=1;muli*i+j<=n;muli++) for(int mulj=1;mulj*j+muli*i<=n;mulj++) mod(Cnt[F(i,j)],sum[muli*i+mulj*j]); for(int i=0;i<K;i++) ans+=1LL*g[a[i]]*Cnt[i]%p,ans%=p; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int muli=1;muli*i<=n;muli++) { int Tmp=1LL*muli*(muli-1)/2*(sum[muli*i]-sum[(muli+1)*i]+p)%p; mod(ans,1LL*g[a[F(i,i)]]*Tmp%p); } } cout<<ans<<endl; return 0; }
