1354 选数字

1354 选数字

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB

当给定一个序列a[0],a[1],a[2],...,a[n-1] 和一个整数K时，我们想找出,有多少子序列满足这么一个条件：把当前子序列里面的所有元素乘起来恰好等于K。

样例解释：

对于第一个数据，我们可以选择[3]或者[1(第一个1), 3]或者[1(第二个1), 3]或者[1,1,3]。所以答案是4。

Input

多组测试数据。在输入文件的第一行有一个整数T(0< T <= 20)，表示有T组数据。
接下来的2*T行，会给出每一组数据
每一组数据占两行，第一行包含两个整数n, K(1<=n<=1000,2<=K<=100000000)他们的含意已经在上面提到。
第二行包含a[0],a[1],a[2],...,a[n-1] (1<= a[i]<=K) 以一个空格分开。
所有输入均为整数。

Output

对于每一个数据，将答案对1000000007取余之后输出即可。

Input示例

2
3 3
1 1 3
3 6
2 3 6

Output示例

4
2

思路：类似于背包的DP，以乘积为状态。先把等选数字里面不是K约数的去掉。然后找出K的约数，进行离散化。然后dp[i][j]表示前i个数字乘积为j的状态。Dp[i+1][j*a[i+1]]]+=dp[i][j].

Dp[i+1][j]+=dp[i][j];

dp换成1维的也可以。

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<math.h>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long LL;
map<LL,LL>my;
set<int>vec;
set<int>::iterator it;
LL ans[1005];
LL mi[100000];
LL dp[100000];
const LL mod = 1e9+7;
int main(void)
{
        int T;
        scanf("%d",&T);
        while(T--)
        {
                my.clear();
                int n;
                LL k;
                scanf("%d %lld",&n,&k);
                for(int i = 1; i <= n ; i++)
                {
                        scanf("%lld",&ans[i]);
                }
                vec.clear();
                for(int i = 1; i <= sqrt(1.0*n); i++)
                {
                        if(k%i == 0)
                                vec.insert(i);
                        vec.insert(k/i);
                }
                int ck = 1;
                for(it = vec.begin(); it != vec.end(); it++)
                {
                        my[*it] = ck++;
                        mi[ck-1] = *it;
                }
                memset(dp,0,sizeof(dp));
                dp[1] = 1;
                for(int i = 1; i <= n; i++)
                {
                        if(k%ans[i]==0)
                        {
                                for(int j = ck-1; j >= my[ans[i]]; j--)
                                {
                                        if(mi[j]%ans[i] == 0)
                                        {
                                                dp[j] = dp[my[mi[j]/ans[i]]] + dp[j];
                                                dp[j]%=mod;
                                        }
                                }
                        }
                }
                printf("%lld
",dp[ck-1]);
        }
        return 0;
}