[2021.3.6] 脑瘫竟是我自己

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• 题目
• $ ext{T}_1: ext{ LYK loves games}$
• $ ext{T}_2: ext{ LYK loves matrix}$
  • 解法
  • 代码
• $ ext{T}_3: ext{ LYK loves }$整数拆分
  • 解法
  • 代码

题目

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( ext{T}_1: ext{ LYK loves games})

咕咕咕...

( ext{T}_2: ext{ LYK loves matrix})

解法

首先容易发现，需要构造出 (a) 数组满足（默认同余时模数为 ( ext{mod})）

[c[i+1][j]-c[i][j]equiv a[i+1]-a[i] ]

我们不需要刻意使 (b) 数组满足类似的条件，为什么会在后文讲。

令 (c[i+1][j]-c[i][j]=d[j])，则有

[d[1]equiv d[2]equiv...equiv a[i+1]-a[i] ]

等价于 (d[j]-d[1]equiv 0 (jin (1,m])) 且 (a[i+1]-a[i]equiv d[1])。

考虑第一个条件，令

[ ext{mod}=gcd_{j=2}^m (d[j]-d[1]) ]

注意如果 ( ext{mod}) 小于等于 (c) 数组的 (max) 是不合法的，初始化可以将其设为 (0)。

接着我们还有一个结论：假设构造出一组 (a,b) 满足条件，我们可以将 (a) 数组每个元素加上 (k)，(b) 数组每个元素减去 (k)，这样仍然满足。

所以令 (a[1]=0,b[i]=c[1][i])，如果有解就一定能构造出来。

最后可由第二个条件推出 (a) 数组：

[a[i+1]equiv a[i]+c[i+1][1]-c[i][1] ]

现在讲讲为什么不需要刻意使 (b) 数组满足类似的条件。由构造方法我们已经满足 (c) 数组的第一行，且行之间的差满足条件且对于那一行的每一列都相同，显然加上同样的数，列之间的差不会改变。

代码

咕咕咕...

( ext{T}_3: ext{ LYK loves })整数拆分

解法

为什么今天数据范围都这么小啊喂

考虑 (nle 2000)，我们可以枚举数字 (i,j)，然后计算 (gcd(i,j)) 的系数。

但是，(gcd(i,j)) 的系数被分割成了很多个子问题：对于每个拆分方式，若 (i,j) 分别出现了 (x,y) 次，那么在这个拆分方式中 (gcd(i,j)) 的系数为 (x imes y)。若很多个拆分方式存在 (i,j)，我们需要将每个拆分方式中 (gcd(i,j)) 的系数相加。

显然不能直接枚举拆分方式计算，不然和暴力有什么区别。于是我们自然地想到求解满足 (i,j) 分别出现了 (x,y) 次的拆分方式的种类数。

容易发现这玩意没法做。但是，求解满足 (i,j) 分别出现了至少 (x,y) 次的拆分方式的种类数很好做。设 (f_i) 为拆分 (i) 的种类数，这个可以直接背包。容易发现 (f_{n-ix-jy}) 就是我们所需。

如何计算？容易发现 (i,j) 分别出现了至少 (x,y) 次的拆分方式会在枚举 (ain [1,x],bin [1,y])（ (i,j) 分别出现了 (a,b) 次）时被 (f) 数组统计。

你会惊喜地发现，被统计的次数不正是 (x imes y) 吗？

于是可以得出答案的柿子：

[ ext{Ans}=sum_{i,j,x,y}gcd(i,j) imes f_{n-ix-jy} ]

根据调和级数求和时间复杂度 (mathcal O(n^2log^2n))。好耶！

考虑固定 (i,j,x)，此时我们可以求 (f_{n-ix-y}+f_{n-ix-2y}+...+f_{n-ix-jy})（其中 (n-ix-jy<0)），这样就可以省掉一个 (log)，时间复杂度 (mathcal O(n^2log n))。

代码

嫖了学长 ( ext{Master. Yi}) 的 代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2005
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
int n,m,ans,a[maxn],g[maxn][maxn],f[maxn],c[maxn][maxn];
bool ban[maxn];
inline int add(int x,int y){return (x+=y)>=mod?x-mod:x;}
int main()
{
	freopen("zscf.in","r",stdin);
	freopen("zscf.out","w",stdout);
	for(int i=1;i<=2000;i++)
		for(int j=i;j<=2000;j++)
			g[i][j]=g[j][i]=__gcd(i,j);
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		memset(ban,0,n+1),ans=0;
		for(int i=1,x;i<=m;i++) scanf("%d",&x),ban[x]=1;
		memset(f,0,(n+1)<<2),f[0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!ban[i])
			for(int j=i;j<=n;j++)
				f[j]=add(f[j],f[j-i]);
		for(int j=1;j<=n;j++) if(!ban[j])
			for(int i=n;i>=1;i--)
				if(i+j<=n) c[i][j]=add(c[i+j][j],f[n-i-j]);
				else c[i][j]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!ban[i]){
			int cnt=0;
			for(int x=1,s=i;s<=n;s+=i,x++){
				if(s+i<=n) cnt=add(cnt,1ll*x*f[n-s-i]%mod);
				for(int j=1;j<i;j++) if(!ban[j])
					ans=add(ans,1ll*g[i][j]*c[s][j]%mod);
			}
			ans=add(ans,1ll*cnt*i%mod);
		}
		printf("%d
",ans);
	}
}