[BZOJ3462]DZY Loves Math II

题目描述

2<=S<=2*10^6,1<=n<=10^18,1<=q<=10^5

解题思路

观察可得S的质因子的次幂不超过1，而且不超过6个，设有k个。
这让人浮想联翩。
设质因子 pi选ci p i 选 c i 个计入拆分。
那么 n=∑ipici n = ∑ i p i c i 。现在问题是n很大，我们不能直接做，而且有 105 10 5 组询问。
n很大，我们考虑一种合法方案，每个 ci c i 都不小，而p又是s的约数，我们尝试给 ci%=spi c i % = s p i ，我们模了之后一样的方案归为一类，那么对这类的方案我们再把许多的s分配给不同的 pi p i ，就可以还原出原来的方案，那么此时假设要分配x个s，那么我们乘上系数 Ck−1x+k−1 C x + k − 1 k − 1 。
我们现在只需要算出恰好要分配x个s的类的方案就可以算出总方案数了，注意到模了之后每个 ci c i 不超过 s/pi s / p i ，我们完全可以做一个有个数限制的背包，做出当 ∑i=1..kpici=y ∑ i = 1.. k p i c i = y 的每个y的方案数，回答的时候就可以直接弄了，一次询问是O(k)的，不过内存访问似乎不太连续…
注意到一个质因子至少被选一次，那么我们可以先让n减掉每个质因子，这样就不用考虑选没选了。

代码

#include 
#include
#include
#include
#include
//开 O2！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！ 
using namespace std;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
#define cmin(a,b) (a=(a
typedef long long ll;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N=2000+5,mo=1e9+7,M=2e7+5;
int i,S,term,j,d[N],td,rev[N],q,k;
int f[M],g[M],h[1000005];
ll ans,rem,di,n;
void predo(int S)
{
    j=S;
    fo(i,2,S)
    if (S%i==0)
    {
        d[++td]=i;
        S/=i;
        if (S%i==0) 
        {
            term=1;
            return ;
        }
    }
    if (S>1) d[++td]=S;
    S=j;
    f[0]=1;
    fo(i,1,td)
    {
        fo(j,0,S*i) g[j]=f[j];
        fo(j,0,S*i)
        {
            k=j%d[i];
            h[k]=(h[k]+g[j]-((j-S>=0)?g[j-S]:0))%mo;
            if (h[k]<0) h[k]+=mo;
            f[j]=h[k];
        }
    }
}
int ksm(int x,int y)
{
    int ret=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ret=1ll*ret*x%mo;
        y>>=1;
        x=1ll*x*x%mo;
    }
    return ret;
}
ll c(ll m,ll n)
{
    ll i,ret=1;
    fd(i,m,m-n+1) ret=ret*(i%mo)%mo;
    fo(i,1,n) ret=ret*rev[i]%mo;
    return ret;
}
int main()
{
    freopen("1.in","r",stdin);
    //freopen("1.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&S,&q);
    predo(S);
    fo(i,1,10) rev[i]=ksm(i,mo-2);
    fo(i,1,q)
    {
        ans=0;
        scanf("%lld",&n);
        fo(j,1,td) n-=d[j];
        if (term||n<0)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        fo(j,0,td)
        {
            rem=n%S+j*S;
            di=n/S-j;
            if (di<0) break;
            ans=(ans+f[rem]*c(di+td-1,td-1))%mo;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}