一、题目
题目描述
定义一个整数拆分序列 (a) 的权值为:
求对于一个整数 (n) 所有整数拆分序列的权值和模 (1e9+7) 的值,有 (m) 个数不能选。
数据范围
(n,mleq2000),多组数据
二、解法
法一
见到 (gcd) 就用莫比乌斯反演,问题变成了求 (i) 倍数有 (x) 个的整数拆分个数。
暴力完全背包是 (O(n^3log n)) 的,瓶颈在于加入那些贡献为 (0) 的数,所以可以做一个退背包,时间复杂度 (O(n^2log^2n)),这种做法我讲得比较简略因为他是没有前途的(主要是告诉你完全背包也是可以退的)
法二
正解是算贡献(这么强的东西怎么我学不会啊!)
具体来说我们统计每对 ((a_i,a_j)) 的贡献,首先要算一个 (f[i]) 表示去掉不能选的数后 (i) 的整数拆分个数,这个东西暴力算是 (O(n^2)) 的。
然后考虑对于一个拆分序列统计值 (x) 和值 (y) 之间的贡献,设这个拆分序列的 (x) 数量是 (a),(y) 的数量是 (b),那么我们肯定要让 (gcd(x,y)) 被统计 (a imes b) 次,但是在真实的计算中我们是不知道 (a,b) 的,只能尝试用 (f) 去表示它,我们枚举 (i,j) 表示 (x) 钦定选 (i) 个,(y) 钦定选 (j) 个,那么我们要在 (iin[1,a],jin[1,b]) 的时候统计一次就可以了,所以贡献算出来是这样的:
稍微解释一下这个钦定,其实它是一个很重要的概念,就表示强制选某些另一些乱选的情况
算贡献的魅力就在于:就算你不知道一些东西,但是他依然是可以统计的
这个东西肯定不能暴力算,有一个比较小清新的优化,设 (t=ix),求出 (c[t][y]) 表示 (sum f(n-t-jy)),根据调和级数求和的理论不难发现求出这个东西是 (O(n^2log n)) 的,然后暴力枚举 (x,y) 和 (x) 的所有倍数,同样是调和级数的 (O(n^2log n))
白嫖了一个好看的代码:
#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);
}
}