LuoguP5366 [SNOI2017]遗失的答案
题目描述
Solution
可以先简化问题,特判
不是
倍数的情况。
然后令
,
。
现在相当于求出
中选择若干数,使得
为
,
为
的方案数。
这就相当于将
质因数分解,令
,则显然对于每一个
,都存在一个选择的数
,使得
在
的指数为
,且都存在一个选择的数
,使得
在
的指数为
。
除此之外,还需要保证每一个选择的
的每一个质因数
的指数
。
我们先预处理出 的质因数分解和 以内可以选择的数,用 这一二进制串表示指数为 的条件是否达成,用 这一二进制串表示指数为 的条件是否达成,记 ,求出 表示有多少个可以选择的状态为 的数。
我们要求的方案,就是选择若干个数,使得 的或和为全 。
这里要求强制选择 ,令 表示 对应的 状态,那么我们就求一个前缀的或和为 的方案,再求一个后缀的答案,用 卷起来,再乘上 的状态 可选的方案数即可。
这里的 状态有 左右(大概就是一个质因子的指数为1的话会产生2倍的贡献,若大于1就会产生3倍的贡献,因此最坏也就这么大了)。时间复杂度 。
#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>
#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second
using namespace std;
template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;
const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=1e9+7;
const int MAXN=1<<16;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
int f=1,x=0; char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
return x*f;
}
PR p[MAXN];
map<int,int> Map1,Map2;
int f[705][MAXN],g[705][MAXN],ans[MAXN],Ans[MAXN];
int s[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],id[MAXN],mi[MAXN],cnt,Cnt,n,G,L,num;
int upd(int x,int y) { return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; }
void fwt(int *A,int n,int opt)
{
for (int i=1;i<n;i<<=1)
for (int j=0;j<n;j+=(i<<1))
for (int k=j;k<j+i;k++) A[k+i]=(opt==1?upd(A[k+i],A[k]):A[k+i]=upd(A[k+i],mods-A[k]));
}
void Divide(int x)
{
for (int i=2;i*i<=x;i++)
if (x%i==0)
{
p[++cnt]=MP(i,0);
while (x%i==0) p[cnt].se++,x/=i;
}
if (x>1) p[++cnt]=MP(x,1);
}
void dfs(int x,int y,int t)
{
if (x==cnt+1) { if (t<=n) { if (!s[y]) a[++num]=y; s[y]++; Map1[t]=y; } return; }
dfs(x+1,y+(1<<(x-1)),t);
for (int i=1;i<p[x].se;i++) t*=p[x].fi,dfs(x+1,y,t);
dfs(x+1,y+(1<<(cnt+x-1)),t*p[x].fi);
}
void Init()
{
f[0][0]=1;
for (int i=0;i<num;i++)
for (int j=0;j<1<<Cnt;j++) if (f[i][j])
f[i+1][j]=upd(f[i+1][j],f[i][j]),f[i+1][j|a[i+1]]=upd(f[i+1][j|a[i+1]],1ll*f[i][j]*upd(mi[s[a[i+1]]],mods-1)%mods);
g[num+1][0]=1;
for (int i=num+1;i>=2;i--)
for (int j=0;j<1<<Cnt;j++) if (g[i][j])
g[i-1][j]=upd(g[i-1][j],g[i][j]),g[i-1][j|a[i-1]]=upd(g[i-1][j|a[i-1]],1ll*g[i][j]*upd(mi[s[a[i-1]]],mods-1)%mods);
}
void Merge()
{
for (int i=1;i<=num;i++)
{
fwt(f[i-1],1<<Cnt,1),fwt(g[i+1],1<<Cnt,1);
for (int j=0;j<1<<Cnt;j++) ans[j]=1ll*f[i-1][j]*g[i+1][j]%mods;
fwt(ans,1<<Cnt,-1);
for (int j=0;j<1<<Cnt;j++)
if ((j|a[i])==((1<<Cnt)-1)) Ans[i]=upd(Ans[i],1ll*ans[j]*mi[s[a[i]]-1]%mods);
}
}
int main()
{
int g,l;
n=read(),g=read(),l=read(),n=n/g,L=l/g;
if (l%g!=0)
{
int Case=read();
while (Case--) { int x=read(); puts("0"); }
return 0;
}
Divide(L),dfs(1,0,1),Cnt=cnt<<1,mi[0]=1;
for (int i=1;i<1<<Cnt;i++) mi[i]=upd(mi[i-1],mi[i-1]);
sort(a+1,a+num+1),Init(),Merge();
for (int i=1;i<=num;i++) Map2[a[i]]=i;
int Case=read();
while (Case--)
{
int x=read();
if (x%g!=0) { puts("0"); continue; }
x/=g;
if (L%x!=0||x>n) puts("0");
else printf("%d\n",Ans[Map2[Map1[x]]]);
}
return 0;
}
似乎还有一种复杂度正确的方法。
大概是令
表示或和为
,且
必选的方案数,则有
做一波清奇的反演,得到:
然后直接容斥,时间复杂度为
,
表示
状态的位数,由于总的不同
状态共有
左右,因此判重之后时间复杂度很优秀。