洛谷 子集积 题解

题目

P1 背包

子集积 $>m$ 个数并不好求，考虑子集积 $\le m$ 的个数 $x$，答案即为 $(2^n-x)$。

对于子集积 $\le m$ 的个数，可以化为 0-1 背包问题做，$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，子集积为 $j$ 的个数，有：

$f_{i,j}=\sum _{j=1}^m{f}_{i-1,\frac{j}{a_i}}$ （$j$ 是 $a_i$ 的倍数）。

背包问题常规地去掉一维：$f_j$ 表示子集积为 $j$ 的个数：

$f_j=\sum _{j=1}^m{f}_{\frac{j}{a_i}}$ （$j$ 是 $a_i$ 的倍数）。

	cin >> n >> m;
	
	for(int i=1; i<=n; i++) cin >> a[i];
	
	f[1] = 1;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		for(int j=(m / a[i]) * a[i]; j>=a[i]; j-=a[i])
			f[j] += f[j / a[i]], f[j] %= mod;
		
	int sum = qpow(2, n);
	for(int i=1; i<=m; i++)
		sum -= f[i],  sum = ((sum % mod) + mod) % mod;
	cout << sum;

时间复杂度 $O(n\times \sum _{i=1}^n\frac{m}{a_i})$ ，最坏情况下 $O(nm)$ 。

P2 优化

优化 1

若序列中有 $100$ 个 $1$ ，然而任意多个 $1$ 不会对子集积产生影响，我们只需要在方案数中乘以 $2^{100}$ 即可。

	...
	int sum = qpow(2, n);
	for(int i=1; i<=m; i++)
		sum -= (f[i] * qpow(2, cnt[1])) % mod,  sum = ((sum % mod) + mod) % mod;
	cout << sum;

优化 2

时间复杂度高的原因在于重复的计算：若有 $100$ 个 $2$ ，我们会将第 $2,3$ 个 $2$ 、第 $3,4$ 个 $2$ 算了两次。我们应该只关心是几个 $2$ ，而不关心是哪几个 $2$。

对于任意一个数 $x$ ，设其出现了 $t$ 次，我们可以对 $x^1,x^2,...,x^t$ 分别计算，使用 $x^i$ 计算贡献时乘以 $C_t^i$， 即 ：

$f_j=\sum _{i=1}^t(f_{\frac{j}{x^i}}\times C_t^i)$ （$j$ 是 $x^k$ 的倍数）。

时间复杂度 $O(n\sum _{i=1}^n({\log }_{a_i}m))$，最坏情况下 $O(n\log m)$。

注意： 这里与多重背包的二进制拆分拆成多个物品不同，而是优化了对于一个物品的计算方式。

代码