ZOJ-3662 Math Magic 背包DP

这题不错，可惜我还是太弱了，没想到qwq。

看了网上大佬题解之后写的，对比了一下代码，好像我写的还是挺简洁的（逃，只是吞行比较多）。

因为直接用lcm的值做下标会超时，所以我们观察发现可以组成lcm为m的，其实只可能是m的因子。所以我们预处理出所有m的因子放到a数组里。然后开始DP：

dp[i][j][k]代表选前i个数，和为j，lcm为a[k]的方案数。假设LCM(a,b)=c,因为知道a和c求b不容易，而知道a和b求c很容易，所以这里我们会采用刷表法。

另外即使我们已经优化了，因为ZOJ卡时间比较紧，所以还得预处理任两个数的lcm。

具体细节请看代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
const int MOD=1e9+7;
int n,m,p,cnt;
int a[N],lcm[N][N],dp[2][N][40];

int gcd(int a,int b) { return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }

int main()
{
    for (int i=1;i<=1000;i++)
        for (int j=1;j<=1000;j++)
            lcm[i][j]=i*j/gcd(i,j);
    while (scanf("%d%d%d",&n,&m,&p)==3) {
        cnt=0; for (int i=1;i<=m;i++) if (m%i==0) a[++cnt]=i;
        
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for (int i=1;i<=cnt;i++) dp[1][a[i]][i]=1;
        for (int i=1;i<p;i++) {  //填i个数 
            int now=i%2,nxt=now^1;
            memset(dp[nxt],0,sizeof(dp[nxt]));
            for (int j=1;j<=n;j++)  //前i个数和为j 
                for (int k=1;k<=cnt;k++) {  //前i个数lcm为a[k] 
                    for (int t=1;t<=cnt;t++)  //下个位置(i+1)填a[t] 
                    if (j+a[t]<=n && lcm[a[k]][a[t]]<=m) {
                        int tmp=lower_bound(a+1,a+cnt+1,lcm[a[k]][a[t]])-a;
                        dp[nxt][j+a[t]][tmp]+=dp[now][j][k];
                        dp[nxt][j+a[t]][tmp]%=MOD;
                    }
                }
        }
        cout<<dp[p%2][n][cnt]<<endl;
    }
    return 0;
}