【做题】SRM704 Div1 Median

原文链接 https://www.cnblogs.com/cly-none/p/SRM704Div1B.html

给出(n)和模数(P)。(q)次询问，每次给出一个([0,P-1])范围内的整数(v)，求有多少长度为(n)的序列({x})满足(x_i)都是([0,P-1])范围内的整数且(prod x_i equiv v pmod P)，答案对(10^9 + 7)取模。

(n leq 50 , q leq 10^3, P leq 10^9)

注意：(P)不是质数。

这题大概就是道结论题。

首先，我们容易得到(O(n P^2))的dp。

考虑(P)为质数的情况。我们发现，对于所有(a eq 1)，({a, 2a, cdots, (P-1)a})都是互不相等的，即它在模(P)意义下就是({1, 2, cdots , P-1})。那么，在dp中(1)到(P-1)的所有数的转移都是相同的，那它们的答案也应当是相等的。

尝试把这个结论拓展到(P)为正整数的情况下。我们设模(P)意义下的每个数 $v = v' imes d $ ，其中 (d=gcd(v,P)) 。同样地，({ v', 2v', cdots , (P-1)v' })互不相等，于是 (v) 乘以(1)到(P-1)的所有数就是({d, 2d, cdots , (P-1)d })。于是，我们发现(gcd(x,P))相同的(x)在dp中有相同的转移，那就可以把它们的状态合并在一起。这样这个dp就优化到了(O(n sigma (n)^2))的了，已经可以通过本题。

但我们还可以套路地对(P)做质因数分解，得到(P = p_1^{a_1} p_2^{a_2} cdots p_n^{a_n})，然后以每个(p_i^{a_i})为模数，分别求一次答案。考虑所有模(P)意义下的数和模(p_i^{a_i})得到的序列是一一对应的，所以我们可知答案就是以每个(p_i^{a_i})为模数的答案的积。那么，就能(O(n log^2 P + q log P))地解决本题。（这里的(log P)分析并不准确）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef double db;
#define fir first
#define sec second

class ModEquation {
public:
    vector <int> count( int n, int K, vector <int> query ) ;
};
const int MAX = 100000, MP = 30, N = 60, MOD = (int)(1e9 + 7);
int isp[MAX + 10], pri[MAX], pcnt, fac[MP], fcnt, num[MP];
int power(int a,int b) {
  int ret = 1;
  while (b) {
    if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % MOD;
    a = 1ll * a * a % MOD;
    b >>= 1;
  }
  return ret;
}
void prework() {
  for (int i = 2 ; i <= MAX ; ++ i) {
    if (!isp[i]) pri[++pcnt] = i;
    for (int j = 1 ; pri[j] * i <= MAX ; ++ j) {
      isp[pri[j] * i] = 1;
      if (i % pri[j] == 0) break;
    }
  }
}
int dp[MP][N][MP];
void init() {
  pcnt = fcnt = 0;
  memset(isp,0,sizeof isp);
  memset(dp,0,sizeof dp);
}
vector <int> ModEquation::count(int n, int K, vector <int> query) {
  init();
  prework();
  for (int i = 1 ; i <= pcnt ; ++ i) {
    if (K % pri[i]) continue;
    fac[++fcnt] = pri[i];
    num[fcnt] = 0;
    while (K % pri[i] == 0)
      ++ num[fcnt], K /= pri[i];
  }
  if (K != 1) {
    ++ fcnt;
    fac[fcnt] = K;
    num[fcnt] = 1;
  }
  for (int i = 1 ; i <= fcnt ; ++ i) {
    dp[i][0][0] = 1;
    for (int j = 0 ; j < n ; ++ j) {
      for (int a = 0 ; a <= num[i] ; ++ a)
        for (int b = num[i], t = 1 ; b >= 0 ; -- b, t *= fac[i]) {
          (dp[i][j+1][min(num[i], a + b)] += 1ll * dp[i][j][a] * (t - t / fac[i]) % MOD) %= MOD;
        }
    }
    for (int a = num[i], t = 1 ; a >= 0 ; -- a, t *= fac[i]) {
      dp[i][n][a] = 1ll * dp[i][n][a] * power(t - t / fac[i], MOD - 2) % MOD;
    }
  }
  vector<int> ans = vector<int>();
  for (int id = 0 ; id < (int)query.size() ; ++ id) {
    int v = query[id], ret = 1;
    for (int i = 1 ; i <= fcnt ; ++ i) {
      int tmp = v, rec = 0;
      for (int j = 1 ; j <= num[i] ; ++ j)
				if (tmp % fac[i] == 0) tmp /= fac[i], ++ rec;
      ret = 1ll * ret * dp[i][n][rec] % MOD;
    }
    ans.push_back(ret);
  }
  return ans;
}

#undef fir
#undef sec

小结：数论题有一些基本结论和套路还是非常重要的。