6641. 【GDOI20205.20模拟】Sequence

题目

构造出一个正整数序列$\{a_1,a_2,...,a_m\}$，满足：
${\sum }_{i=1}^m=n$
$a_i\ge a_{i+1}\ast \frac{p}{q}$
其中$n$和$p,q$是给定的，$m$自己定。
求最大的${\sum }_{i=1}^n{a}_i{x}^k$
$n,p,q\le 1e9$
$k\le 1e6$

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正解

没有思考历程，因为比赛的时候几乎没有想过这题，也不存在一点思路。
这题是乱搞题。

记$d=\frac{p}{q}$，按照$d$的大小分类讨论：
当$d\le 1$时，最优的构造方法是$a_i=1$。
这个给出结论之后就可以很好地感受出来。如果问我为什么是这样，我只能回答无可奉告。
然后就变成了求自然数幂和。
直接套拉格朗日插值法公式，可以做到$O(k)$或$O(k\lg k)$（快速幂）.。
当$d>1$时，
显然$a_i>a_{i+1}$，所以$m\le \sqrt{2n}$
考虑一个厉害的贪心策略：找到尽量靠后的，并且可以加一的$a_i$。判断是否可以加一，就是在$a_i$加一之后，根据题目的性质往前调整所有$j<i$的$a_j$的值，如果增量不超过$n$，就可以成立。如果可以成立，就给它加一，前面的也跟着调整，$n$的值减小。一直循环着做下去直到$n$清零。

可以如此感受：不考虑题目的限制，给后面的数字加一，比起给前面的数字加一是更优的；然后，给尽量后的数字加一，有利于扩展到更优的情况。设想你给$a_i$加一，由于题目限制$a_{i-1}$加$x$，这个肯定比直接给$a_{i-1}$加$x$优。对于更多的数量关系，也可以类似地考虑。

很显然，如果$a_i$可以加一，则满足$j<i$的所有$a_j$都可以加一。
于是这个位置可以二分出来。
每次都加一太慢，于是二分一下最多可以加多少。

什么？担心$a_i$加若干次之后，存在$j>i$满足$a_j$可以加一？
别想了，如果这样$a_j$之前早就加一了。

至于时间复杂度分析，呃呃呃看题解吧……

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代码

using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define ll long long
#define mo 1000000007
#define M 1000010
ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
	ll r=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
		if (y&1)
			r=r*x%mo;
	return r;
}
int n,m,k,p,q;
double d;
int a[M];
bool judge(int x,int y){
	if (y>n)
		return 0;
	ll ai=a[x]+y,need=y;
	for (int i=x;i>1;--i){
		ll ai_1=ceil(ai*d);
		need+=ai_1-a[i-1];
		if (need>n)
			return 0;
		ai=ai_1;
	}
	return 1;
}
void add(int x,int y){
	a[x]+=y;
	n-=y;
	for (int i=x;i>1;--i){
		ll ai_1=ceil(a[i]*d);
		n-=ai_1-a[i-1];
		a[i-1]=ai_1;
	}
}
ll fac[M];
ll s[M];
int pri[M],np;
bool inp[M];
ll pro(ll l,ll r){
	ll p=1;
	for (ll i=l;i<=r;++i)
		p=p*(i%mo)%mo;
	return (p+mo)%mo;
}
int main(){
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=1000001;++i)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&p,&q);
		if (p<=q){
			s[0]=0,s[1]=1;
			np=0;
			memset(inp,0,sizeof(bool)*(k+1));
			for (int i=2;i<=k+1;++i){
				if (!inp[i]){
					pri[++np]=i;
					s[i]=qpow(i,k);
				}
				for (int j=1;j<=np && i*pri[j]<=k+1;++j){
					inp[i*pri[j]]=1;
					s[i*pri[j]]=s[i]*s[pri[j]]%mo;
					if (i%pri[j]==0)
						break;
				}
			}
			for (int i=1;i<=k+1;++i)
				(s[i]+=s[i-1])%=mo;
			if (n<=k+1){
				printf("%lld\n",s[n]);
				continue;
			}
			ll sn=0;
			for (int i=0;i<=k+1;++i)
				sn+=qpow((-(i-k-1)&1?mo-1:1)*fac[-(i-k-1)]%mo*fac[i]%mo*(n-i)%mo)%mo*s[i]%mo;
			sn=sn%mo*pro(n-k-1,n)%mo;
			printf("%lld\n",sn);
			continue;
		}
		d=(double)p/q;
		m=sqrt(2*n);
		memset(a,0,sizeof(int)*(m+1));
		while (n){
			int l=1,r=m,x=1,y=1;
			while (l<=r){
				int mid=l+r>>1;
				if (judge(mid,1))
					l=(x=mid)+1;
				else
					r=mid-1;
			}
			l=1,r=n;
			while (l<=r){
				int mid=l+r>>1;
				if (judge(x,mid))
					l=(y=mid)+1;
				else
					r=mid-1;
			}
			add(x,y);
		}
		ll ans=0;
		for (int i=1;i<=m;++i)
			ans+=a[i]*qpow(i,k)%mo;
		ans%=mo;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

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总结

比赛时要敢于贪心啊……