bzoj 5302: [Haoi2018]奇怪的背包

Description

Solution

首先 (v_1,v_2,v_3...v_n,P) 能够构成的最小数是 (gcd(P,v_1,v_2,v_3...v_n))
然后 (gcd(P,v_1,v_2,v_3...v_n)|w_i) 则可以构成 (w_i)
所以我们直接背包一下就可以了,设 (m) 为 (P) 的约数个数,(m) 最多是 (n^{frac{1}{3}})
那么复杂度就是 (O(n*m*logP))
容易发现如果 (gcd(v_i,P)=gcd(v_j,P)) ,那么 (v_i,v_j) 对答案的影响是一样的,把相同类型的一起处理,把答案乘上 (2^{cnt}-1) 就行了
复杂度 (O(m^2*logP))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T>void gi(T &x){
	int f;char c;
	for(f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
	for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int n,Q,P,num=0,a[N],m=0,c[N],f[2010][2010],bin[N],ans[N];
map<int,int>id;
inline void priwork(){
   for(int i=1;i*i<=P;i++)
		if(P%i==0){
			a[++m]=i;
			if(i*i!=P)a[++m]=P/i;
		}
	sort(a+1,a+m+1);
	for(int i=1;i<=m;i++)id[a[i]]=i;
}
inline int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
int main(){
  freopen("pp.in","r",stdin);
  freopen("pp.out","w",stdout);
  cin>>n>>Q>>P;
  priwork();
  int x;bin[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++)gi(x),c[id[gcd(x,P)]]++,bin[i]=bin[i-1]*2%mod;
  f[0][m]=1;
  for(int i=1;i<=m;i++){
	  for(int j=1;j<=m;j++){
		  if(c[i]){
			  int p=id[gcd(a[i],a[j])];
			  f[i][p]=(f[i][p]+1ll*f[i-1][j]*(bin[c[i]]-1))%mod;
		  }
		  f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j])%mod;
	  }
  }
  for(int i=1;i<=m;i++)
	  for(int j=1;j<=i;j++)
		  if(a[i]%a[j]==0)ans[i]=(ans[i]+f[m][j])%mod;
  while(Q--){
	  gi(x);
	  printf("%d
",ans[id[gcd(x,P)]]);
  }
  return 0;
}