【JZOJ5813】【NOIP提高A组模拟2018.8.14】 计算（质因数分解+DP+思维）

Problem

Hint

Solution

• 这道题是妥妥的送了45points。因为100以内的数的约数个数均≤12，我们找出n的约数后，暴力dfs填数即可。时间复杂度 O(σ(n)2m) O ( σ ( n ) 2 m ) 。
• 不过，满分做法还是需要一点思维的。

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• 假设我们现在的x数列满足条件I（ ∀i∈[1,2m],xi∈Z+,xi|n ∀ i ∈ [ 1 , 2 m ] , x i ∈ Z + , x i | n ）。
• 令 F(x)=∏2mi=1 F ( x ) = ∏ i = 1 2 m 。令s1表示 F(x)<nm F ( x ) < n m 的方案数，s2表示 F(x)=nm F ( x ) = n m 的方案数，s3表示 F(x)>nm F ( x ) > n m 的方案数。
• 对于一组 F(x)<nm F ( x ) < n m 的x，令 x′=(nx1,nx2,...,nx2m),F(x′)=n2mF(x)>nm x ′ = ( n x 1 , n x 2 , . . . , n x 2 m ) , F ( x ′ ) = n 2 m F ( x ) > n m 。因此：
  s1=s3,s1+s2+s3=σ(n)2m,s1+s2=σ(n)2m+s22 s 1 = s 3 , s 1 + s 2 + s 3 = σ ( n ) 2 m , s 1 + s 2 = σ ( n ) 2 m + s 2 2

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• σ(n) σ ( n ) 是除数函数，这里表示的是n的约数个数。我们可以直接 O(n−−√) O ( n ) 找。
• 接下来，我们要求s2，即求有多少 F(x)=nm F ( x ) = n m 。
• 将n分解质因数，对于每一个质因子p，其方案都是相对独立的。令ai表示xi中p的指数，w表示n中p的指数。
• 要求 ∑2mi=1ai=w∗m,0≤ai≤w ∑ i = 1 2 m a i = w ∗ m , 0 ≤ a i ≤ w 的方案数。

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• 设f[i][j]表示前i个数和为j的方案数。
• 转移显然。
• 我们算出每个质因子p的答案后，乘起来即是s2。

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• 时间复杂度： O(n−−√+log2 n∗m2) O ( n + l o g 2   n ∗ m 2 ) 。

Code

#include 
#define P(x,y) x=(x+y)%mo
#define T(x,y) x=(x*y)%mo
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int M=201,S=20;
const ll mo=998244353;
int i,j,k,n,m,t,tmp,x,w;
ll ys,s2,f[M][S*M];

ll fpow(ll x,int y)
{
    ll ans=1;
    for(;y;y>>=1) 
    {
        if(y&1) T(ans,x);
        T(x,x);
    }
    return ans;
}

void work(int x)
{
    w=0;
    while(tmp%x==0) w++, tmp/=x;
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0][0]=1;
    fo(i,1,m<<1)
        fo(j,0,w*m)
            fo(k,0,min(j,w))
                P(f[i][j],f[i-1][j-k]);
    T(s2,f[m<<1][w*m]);
}

int main()
{
    freopen("count.in","r",stdin);
    freopen("count.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m); t=sqrt(tmp=n);
    s2=1;
    fo(x,1,t)
        if(n%x==0)
        {
            ys+=1+(x*xif(x>1&&tmp%x==0) work(x);
        }
    if(tmp>1) work(tmp);
    ys=fpow(ys,m<<1);
    printf("%lld",(ys+s2)*fpow(2,mo-2)%mo);
}