SCOI2019 超矩形

超矩形

求体积不超过\(n\)的所有\(k\)维长方体在每条边分别取\(b_i(0\leq b_i\leq 9)\)次方后的体积和。序列\(b\)可以被分成至多五段相同的数字。

\(T\leq 100,n\leq 10^6,\sum k\leq 10^6\)。

题解

https://blog.csdn.net/sslz_fsy/article/details/104589438

首先可以暴力DP，\(f(i,n)\)表示前\(i\)维体积为\(n\)的和

\[f(i,n)=\sum_{j|n}j^{b_i}f(i-1,\frac{n}{j}) \]

写成前缀和的形式

\[F(i,n)=\sum_{j=1}^nj^{b_i}F(i-1,\lfloor\frac{n}{j}\rfloor) \]

于是可以\(O(T\sum kn^{\frac{3}{4}})\)暴力整除分块做。

考虑生成函数

\[f(x)=\prod_{i=1}^kg_{b_i}(x) \]

\[g_{b_i}(x)=\sum_{i=1}^ni^{b_i}x^i \]

乘法是狄利克雷卷积，所以可以对每一种\(b\)倍增然后合并，\(O(Tn\log n\log k)\)。

注意到不同质数的幂对答案的贡献相互不影响，所以答案求的是一个关于体积的积性函数\(f(x)\)的前缀和。

考虑用Min_25筛来求出\(f(x)\)的前缀和。

只需要搞定\(p\)及\(p^k\)处的取值。

\(p\)只可能在一种\(b\)中出现，对于某一种\(b\)，\(f_b(p)=\text{cnt}_bp^b\)。

但是\(p^k\)可以在多种\(b\)中出现，我们先求出一种的，然后将多种的卷积起来（指数做加法），\(f_b(p^k)=\binom{k+\text{cnt}_b-1}{\text{cnt}_b-1}(p^k)^b\)。

预处理时间复杂度\(O(\frac{\sqrt{n}}{\ln{\sqrt{n}}}\log_p^2 n)\)，可以忽略不计。

所以我们可以在\(O(T\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\)的时间内解决这个题。

https://www.cnblogs.com/ImagineC/p/10682026.html

vector operator*(CO vector&a,CO vector&b){
	vector ans(a.size());
	for(int i=0;i<(int)a.size();++i)for(int j=0;j+i<(int)a.size();++j)
		ans[i+j]=add(ans[i+j],mul(a[i],b[j]));
	return ans;
}

CO int N=1e6+30,M=1e3+10;
int fac[N],ifac[N],pow_sum[10][N];
int n,K,q,m,ex[5],cnt[5];
int prm[M],num,prm_sum[5][M];
vector poly[M];
int pos[2*M],idx,ref1[M],ref2[M],H[5][2*M];

IN int C(int n,int m){
	return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
int G(int n,int x){
	if(prm[x]>=n) return 0;
	int ans=0,r=n<=m?ref1[n]:ref2[::n/n];
	for(int i=0;i1)+G(n/y,i)));
	return ans;
}
void real_main(){
	read(n),read(K),read(q),m=sqrt(n);
	for(int i=0;i tmp(up+1);
			for(int k=0;k<=up;++k)
				tmp[k]=mul(C(k+cnt[j]-1,cnt[j]-1),fpow(prm[i],k*ex[j]));
			poly[i]=poly[i]*tmp;
		}
	}
	printf("%d\n",G(n,0)+1);
}
int main(){
	freopen("hyper.in","r",stdin),freopen("hyper.out","w",stdout);
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i=0;--i) ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
	for(int k=0;k<=9;++k)for(int i=1;i();T--;) real_main();
	return 0;
}