BZOJ 4818 SDOI2017 序列计数
2018-06-17 22:50:45来源:未知 阅读 ()
刚出炉的省选题,还是山东的。
自古山东出数学和网络流,堪称思维的殿堂,比某地数据结构成风好多了。
废话不说上题解。
1.题面
求:n个数(顺序可更改),值域为[1,m],和为p的倍数,且这些数里面有质数的方案数是多少?
解题报告:
0% O(n^n)爆搜,没什么好讲的,用来拍DP;
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #define LL long long using namespace std; const int N = 20000010; int n,P[N],tot,m,k; LL Ans,tim; bool vis[N]; inline int gi() { int x=0,res=1;char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')res=-res;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*res; } inline void shai() { vis[1]=1; for(int i=2;i<=m;++i) { if(!vis[i])P[++tot]=i; for(int j=1;j<=tot;++j) { if(i*P[j]>m)break; vis[i*P[j]]=true; if(i%P[j]==0)break; } } } inline void dfs(int dep,int flag,int sum) { if(dep==n){if(flag==1&&(sum%k==0))Ans++;return;} for(int x=1;x<=m;++x) if(vis[x]==false)dfs(dep+1,1,sum+x); else dfs(dep+1,flag,sum+x); } int main() { freopen("in.txt","r",stdin); freopen("BL.txt","w",stdout); n=gi();m=gi();k=gi();shai(); dfs(0,0,0);cout<<Ans%20170408<<endl; }
30% O(nmp)DP;
注意到每一个数可以任意取,就是很显然的具有DP性质了。那么有两种DP方法:
1.f[i][j][0/1]表示第i个数,模p为j,有无质数的情况;这种我写到一半停下来了,因为我发现了第二种DP可以优化。
2.f[i][j]和g[i][j]分别表示瞎几把乱取数和不取质数的情况,求出后相减即可(容斥思想)。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #define LL long long using namespace std; const int N = 20000010; const int Mod = 20170408; int n,P[N],tot,m,p,f[10100][101]; LL Ans,tim; bool vis[N]; inline int gi() { int x=0,res=1;char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')res=-res;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*res; } inline void shai() { vis[1]=1; for(int i=2;i<=m;++i) { if(!vis[i])P[++tot]=i; for(int j=1;j<=tot;++j) { if(i*P[j]>m)break; vis[i*P[j]]=true; if(i%P[j]==0)break; } } } int main() { freopen("in.txt","r",stdin); freopen("DP.txt","w",stdout); n=gi();m=gi();p=gi();shai(); f[0][0]=1ll; for(int i=0;i<n;++i) for(int j=0;j<p;++j) for(int k=1;k<=m;++k) { f[i+1][(j+k)%p]+=f[i][j]; if(f[i+1][(j+k)%p]>Mod) f[i+1][(j+k)%p]-=Mod; } Ans=(LL)f[n][0]; memset(f,0,sizeof(f));f[0][0]=1ll; for(int i=0;i<n;++i) for(int j=0;j<p;++j) for(int k=1;k<=m;++k) { if(!vis[k])continue; f[i+1][(j+k)%p]+=f[i][j]; if(f[i+1][(j+k)%p]>Mod) f[i+1][(j+k)%p]-=Mod; } Ans-=(LL)f[n][0]; printf("%lld\n",(Ans%Mod+Mod)%Mod); }
80%:我们发现状态转移方程是一个第一维线性递推,第二维稳定一阶转移。然后发现p只有100,于是就可以上矩阵快速幂。建立转移矩阵就是上面的DP式子。复杂度O(mp+p^3logn)
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #define LL long long using namespace std; const int N = 20000010; const int Mod = 20170408; struct Matrix{ int T[105][105]; }S0,M0,M1; int n,P[N],tot,m,p; LL Ans; bool vis[N]; inline int gi() { int x=0,res=1;char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')res=-res;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*res; } inline void shai() { vis[1]=1; for(int i=2;i<=m;++i) { if(!vis[i])P[++tot]=i; for(int j=1;j<=tot;++j) { if(i*P[j]>m)break; vis[i*P[j]]=true; if(i%P[j]==0)break; } } } inline Matrix Mul(Matrix a,Matrix b,int I,int K,int J) { Matrix S=S0; for(int i=0;i<I;++i) for(int j=0;j<J;++j) for(int k=0;k<K;++k) S.T[i][j]=((LL)(S.T[i][j])+((LL)a.T[i][k]*(LL)b.T[k][j]%Mod))%Mod; return S; } inline Matrix Qpow(Matrix s,Matrix d,int z,int I,int K,int J) { Matrix S=s; for(;z;z>>=1,d=Mul(d,d,I,K,J)) if(z&1)S=Mul(S,d,I,K,J); return S; } int main() { freopen("in.txt","r",stdin); freopen("MT.txt","w",stdout); n=gi();m=gi();p=gi();shai(); M0.T[0][0]=1ll; for(int i=0;i<p;++i) for(int j=1;j<=m;++j) { M1.T[i][(i+j)%p]++; M1.T[i][(i+j)%p]%=Mod; } Matrix ans1 = Qpow(M0,M1,n,p,p,p); Ans+=ans1.T[0][0];M0=M1=S0;M0.T[0][0]=1ll; for(int i=0;i<p;++i) for(int j=1;j<=m;++j) { if(!vis[j])continue; M1.T[i][(i+j)%p]++; M1.T[i][(i+j)%p]%=Mod; } Matrix ans2 = Qpow(M0,M1,n,p,p,p); Ans-=ans2.T[0][0]; printf("%lld\n",(Ans%Mod+Mod)%Mod); }
100%:我们发现时间TLE在于构建矩阵时的mp太大,然后我们发现这个转移重复了很多次,于是可以通过预处理贡献优化到p^2;
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #define LL long long using namespace std; const int N = 20000010; const int Mod = 20170408; struct Matrix{ int T[105][105]; }S0,M0_1,M1_1,M0_2,M1_2,ans; int n,P[N],tot,m,p,foo[200]; LL Ans; bool vis[N]; inline int gi() { int x=0,res=1;char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')res=-res;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*res; } inline void shai() { vis[1]=1; for(int i=2;i<=m;++i) { if(!vis[i])P[++tot]=i; for(int j=1;j<=tot;++j) { if(i*P[j]>m)break; vis[i*P[j]]=true; if(i%P[j]==0)break; } } } inline Matrix Mul(Matrix a,Matrix b,int I,int K,int J) { Matrix S=S0; for(int i=0;i<I;++i) for(int j=0;j<J;++j) for(int k=0;k<K;++k) S.T[i][j]=(S.T[i][j]+(LL)a.T[i][k]*b.T[k][j])%Mod; return S; } inline Matrix Qpow(Matrix S,Matrix d,int z,int I,int K,int J) { for(;z;z>>=1,d=Mul(d,d,I,K,J)) if(z&1)S=Mul(S,d,I,K,J); return S; } int main() { freopen("count.in","r",stdin); freopen("count.out","w",stdout); n=gi();m=gi();p=gi();shai(); M0_1.T[0][0]=M0_2.T[0][0]=1ll; for(int i=1;i<=m;++i)++foo[i%p]; for(int i=0;i<p;++i) for(int j=0;j<p;++j) { int st=(i+j)%p; M1_1.T[i][st]+=foo[j]; if(M1_1.T[i][st]>=Mod) M1_1.T[i][st]-=Mod; } ans = Qpow(M0_1,M1_1,n,p,p,p); Ans+=ans.T[0][0]; for(int i=0;i<p;++i)foo[i]=0; for(int i=1;i<=m;++i) if(vis[i])++foo[i%p]; for(int i=0;i<p;++i) for(int j=0;j<p;++j) { int st=(i+j)%p; M1_2.T[i][st]+=foo[j]; if(M1_2.T[i][st]>=Mod) M1_2.T[i][st]-=Mod; } ans = Qpow(M0_2,M1_2,n,p,p,p); Ans-=ans.T[0][0]; printf("%lld\n",(Ans%Mod+Mod)%Mod); }
//然后你就华丽的AC了!
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