[cf756E]Byteland coins

考虑$i$之后（不包括$i$）的所有面额，必然都整除$prod_{t=1}^{i}a_{i}$，因此对于$i$以及$i$之前的金币所取的面额总和要与$m$关于$prod_{t=1}^{i}a_{i}$同余，即其一定可以被表示为$kprod_{t=1}^{i}a_{i}+m mod prod_{t=1}^{i}a_{i}$（其中$kin N$）

对于暴力的背包，即用$f_{i,j}$表示前$i$种金币面额和为$j$的方案数，但利用$j=kprod_{t=1}^{i}a_{i}+m mod prod_{t=1}^{i}a_{i}$，不妨将$k$作为下标，即令$f'_{i,k}$表示前$i$种金币面额和为$kprod_{t=1}^{i}a_{i}+m mod prod_{t=1}^{i}a_{i}$的方案数

对于转移方程，枚举第$i$种金币的数量，即有$f'_{i,k}=sum_{j=0}^{b_{i}}f'_{i-1,ka_{i}-j+c}$

（其中$c=frac{m mod prod_{t=1}^{i}a_{t}-m mod prod_{t=1}^{i-1}a_{t}}{prod_{t=1}^{i-1}a_{t}}$，显然为整数）

关于这个转移，用前缀和优化即可做到$o(1)$，因此复杂度即状态数

下面，考虑$i$时的状态数（即$k$的范围），为$lfloorfrac{sum_{j=1}^{i}b_{j}prod_{t=1}^{j-1}a_{t}}{prod_{t=1}^{i}a_{t}} floor$

接下来，不妨将下取整去掉，并对所有$i$累加，总状态数即$sum_{i=1}^{n}frac{sum_{j=1}^{i}b_{j}prod_{t=1}^{j-1}a_{t}}{prod_{t=1}^{i}a_{t}}$

调换$i$和$j$的枚举顺序，即$sum_{j=1}^{n-1}b_{j}sum_{i=j}^{n}frac{1}{prod_{t=j}^{i}a_{t}}$

关于后者，分类讨论：

如果不存在$a_{i}=1$，即至多为$1+frac{1}{2}+frac{1}{4}+...le 2$，即为$o(1)$

对于$a_{i}=1$，记$K$为连续最多的1，相当于每一项项至多重复$K$次，总和即为$o(K)$

综上，总状态数（也即复杂度）为$o(Ksum_{i=1}^{n}b_{i})$，由于$Kle 20$，可以通过

还有一个高精度的问题，唯一需要高精度计算的即每一项中的$c$，显然这个式子计算复杂度过高

关于这个式子，感性理解一下，也即等于$lfloorfrac{m}{prod_{t=1}^{i-1}a_{t}} floor mod a_{i}$，且由于从前往后计算，每一次只需要将$m$对$a_{i}$下取整并得到余数即可，复杂度为$o(nlog m)$

注意到当$prod_{i=1}^{n}a_{i}ge m$时除法复杂度变为$o(1)$，且只需要$o(log m)$个非1的数即可，而当$a_{i}=1$时显然可以直接得到结果，因此复杂度为$o(log^{2}m)$，压位可以通过

总复杂度为$o(log^{2}m+Ksum_{i=1}^{n}b_{i})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
#define M 10005
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define base 1000000000
int n,a[N],b[N],f[2][N];
char s[M];
struct num{
    int len,a[M];
    void read(){
        scanf("%s",s);
        int l=strlen(s),ss=base;
        for(int i=l-1;i>=0;i--){
            if (ss==base){
                len++;
                ss=1;
            }
            a[len]+=ss*(s[i]-'0');
            ss*=10;
        }
    }
    int div(int x){
        int s=0;
        for(int i=len;i;i--){
            ll ss=1LL*s*base+a[i];
            a[i]=ss/x;
            s=ss%x;
        }
        if ((len)&&(!a[len]))len--;
        return s;
    }
}m;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
    m.read();
    int lst=0;
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int p=(i&1),c=0;
        if (i==n){
            if (m.len>1)c=base;
            else c=m.a[1];
        }
        else{
            if (a[i]>1)c=m.div(a[i]);
        }
        for(int j=1;j<=lst;j++)f[p^1][j]=(f[p^1][j]+f[p^1][j-1])%mod;
        if (i==n){
            int l=max(c-b[i],0),r=min(c,lst);
            if (l>r)printf("0");
            else{
                if (!l)printf("%d",f[p^1][r]);
                else printf("%d",(f[p^1][r]-f[p^1][l-1]+mod)%mod);
            }
            continue;
        }
        for(int j=0;j*a[i]+c-b[i]<=lst;j++){
            int l=max(j*a[i]+c-b[i],0),r=min(j*a[i]+c,lst);
            if (!l)f[p][j]=f[p^1][r];
            else f[p][j]=(f[p^1][r]-f[p^1][l-1]+mod)%mod;
        }
        if (lst+b[i]-c<0){
            printf("0");
            return 0;
        }
        lst=(lst+b[i]-c)/a[i];
    }
}