CometOJ Contest #3 C
题目大意
略
准备工作
已知原序列为 a1, a2……an。
设 b1, b2……bp 为原序列的一个子序列。
定义 Ans(b1, b2……bp) 为对应序列的完美子序列种数。
定义 Sum(b1, b2……bp) 为对应序列的所有非空子序列的整数之和。
定义 Sum[b1, b2……bp] = b1 + b2……+ bp。
找一下规律：Sum(b1, b2……bp) = 2p-1 * Sum[b1, b2……bp]。
分析1
首先说一下，分析1是为分析2服务的，分析1给出的代码很暴力，不仅超时，还超内存，但是最容易理解。
一开始我的DP思路是搞一个二维数组，即 dp[i][j] 表示前 i 个元素中，满足序列长度为 j 的完美序列个数。如果我这样定义，那么答案就为$\sum_{i = 1}^n dp[n][i]$。然而转移方程根本不晓得怎么推，还是得把模 m 余数为 0 的子序列都找出来，并且你在算完 dp[i][j] 之后算 dp[i + 1][j + 1] 的时候，之前某些模 m 余数不为 0 的子序列在加入 a[i + 1] 之后就有可能为 0，因此子序列模 m 的余数也应该作为一个维度。
重新定义一下dp数组：dp[i][j][k]，表示前 i 个元素中，满足序列长度为 j ，模 m 余数为 k 的子序列个数。这样的话答案就为$\sum_{j = 1}^n dp[n][j][0]$。
在这个定义下，如果我们已经算出来了 dp[i][j][k]，那么对于 a[i + 1]，有拿和不拿两种选择，对应递推公式如下：
- 拿：dp[i + 1][j + 1][(2 * k + a[i+1] * 2j) % m] += dp[i][j][k]。
- 不拿：dp[i + 1][j][k] = dp[i][j][k]。
初始 dp[0][0][0] = 1，因为 m | 0 。
为了减少空间占用，可以使用滚动数组。
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i) #define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl #define LOWBIT(x) ((x)&(-x)) #define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin()) #define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define mcy(d,s) memcpy(d, s, sizeof(s)) #define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
in >> p.first >> p.second;
return in;
} template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
for (auto &x: v)
in >> x;
return in;
} template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "\n";
return out;
} inline int gc(){
static const int BUF = 1e7;
static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg; if(bg == ed) fread(bg = buf, , BUF, stdin);
return *bg++;
} inline int ri(){
int x = , f = , c = gc();
for(; c<||c>; f = c=='-'?-:f, c=gc());
for(; c>&&c<; x = x* + c - , c=gc());
return x*f;
} typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef pair< int, int > PII;
typedef pair< string, int > PSI;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
typedef map< int, int > MII;
typedef pair< LL, LL > PLL;
typedef vector< LL > VL;
typedef vector< VL > VVL;
const double EPS = 1e-;
const LL inf = 0x7fffffff;
const LL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;
const LL mod = 1e9 + ;
const int maxN = 5e3 + ;
const LL ONE = ;
const LL evenBits = 0xaaaaaaaaaaaaaaaa;
const LL oddBits = 0x5555555555555555; // Calculate x^y % p
inline LL pow_mod(LL x, LL y, LL p = mod){
LL ret = ;
while(y){
if(y & ) ret = (ret * x) % p;
x = (x * x) % p;
y >>= ;
}
return ret;
} int n, m, a[maxN];
LL ans; // dp[i][j][k] 表示在前i个元素组成的序列中，选择了j个数，结果为k(mod m)的序列种数
LL dp[][maxN][maxN]; int main(){
INIT();
cin >> n >> m;
For(i, , n) cin >> a[i]; int now; //< 滚动数组标识
dp[][][] = ; //< 算上空序列，方便计算
For(i, , n) {
now = i % ;
mcy(dp[now], dp[!now]);
For(j, , n) { // 枚举子数列长度
Rep(k, m) { // 枚举余数
// 选a[i]
int tmp = ( * k + a[i] * pow_mod(, j, m)) % m; //< 产生新的余数
dp[now][j + ][tmp] += dp[!now][j][k];
// 不选a[i]不必讨论，因为 mcy 函数复制的同时搞定了这个分支
// dp[now][j][k] = dp[!now][j][k];
}
}
} For(j, , n) ans = (ans + dp[now][j][]) % mod;
cout << ans << endl;
return ;
}
分析2
分析2提供了两点优化，但程序仍然通过不了（爆内存），分析3将讨论如何降低空间复杂度。
设 x 为 m 中质因子 2 的个数。
由于 m <= 5000，所以 0 <= x <= 12。
则 m 可写成：
$$
\begin{align*}
m &= 2^0 * q_0 \\
&= 2^1 * q_1 \\
&……… \\
&……… \\
&= 2^x * q_x
\end{align*}
$$
如果序列 (b1, b2……bp) 是完美的，一定有 m | Sum(b1, b2……bp)，也就是说一定有：
$$
\begin{align*}
&2^0 | 2^{p-1}\quad and\quad q_0 | Sum[b1, b2……bp] \\
or\quad &2^1 | 2^{p-1}\quad and\quad q_1 | Sum[b1, b2……bp] \\
or\quad &……………………………… \\
or\quad &……………………………… \\
or\quad &2^x | 2^{p-1}\quad and\quad q_x | Sum[b1, b2……bp]
\end{align*}
$$
上面至少有一个式子是成立的。
可以发现，当 p > x 时，要证明序列 (b1, b2……bp) 是完美的，只要$q_x | Sum[b1, b2……bp]$成立即可。
又，在 0 <= p <= x 时，要证明序列 (b1, b2……bp) 是完美的，只要$q_p | Sum[b1, b2……bp]$成立即可。
因此，当 p > x 时，只要讨论 $m = 2^x * q_x$的拆分情况即可；当 0 <= p <= x 时，只要讨论 $m = 2^p * q_p$ 的拆分情况即可。
也就是说，对于每一个子序列，都有唯一一个判定式$q_j | Sum[b1, b2……bp]$(0 <= j <= x) 能判断这个序列是否是完美的。
于是 dp 数组的第三维就不用算出整个和然后模 m 了，而只要算出 Sum[b1, b2……bp] 然后去模对应的 qj 即可。
以上是第一个优化。
第二个优化是关于枚举余数部分，其实并没有必要从 0 枚举到 m - 1，只需要枚举到 min(m, qj * 2) 即可，由于第一个优化的关系，随着 j 的增加， qj 两倍两倍地减小，上一级产生的余数刚好为这一级的两倍，所以在不超过 m 的情况下，只需枚举到 qj * 2。
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i) #define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl #define LOWBIT(x) ((x)&(-x)) #define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin()) #define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define mcy(d,s) memcpy(d, s, sizeof(s)) #define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
in >> p.first >> p.second;
return in;
} template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
for (auto &x: v)
in >> x;
return in;
} template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "\n";
return out;
} inline int gc(){
static const int BUF = 1e7;
static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg; if(bg == ed) fread(bg = buf, , BUF, stdin);
return *bg++;
} inline int ri(){
int x = , f = , c = gc();
for(; c<||c>; f = c=='-'?-:f, c=gc());
for(; c>&&c<; x = x* + c - , c=gc());
return x*f;
} typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef pair< int, int > PII;
typedef pair< string, int > PSI;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
typedef map< int, int > MII;
typedef pair< LL, LL > PLL;
typedef vector< LL > VL;
typedef vector< VL > VVL;
const double EPS = 1e-;
const LL inf = 0x7fffffff;
const LL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;
const LL mod = 1e9 + ;
const int maxN = 5e3 + ;
const LL ONE = ;
const LL evenBits = 0xaaaaaaaaaaaaaaaa;
const LL oddBits = 0x5555555555555555; // 计算x的二进制位数
inline int getBits(LL x) {
int cnt = ;
while(x >>= ) ++cnt;
return cnt;
} int n, m, a[maxN];
LL ans; // dp[i][j][k] 表示在前i个元素组成的序列中，选择了j个数，结果为k(mod m)的序列种数
LL dp[][maxN][maxN];
// pow2[i] = 2^i
int pow2[] = {, , , , , , , , , , , , , }; int main(){
INIT();
cin >> n >> m;
For(i, , n) cin >> a[i]; int x = getBits(LOWBIT(m)) - ; //< x = m中质因子2的个数
int now; //< 滚动数组标识 dp[][][] = ; //< 算上空序列，方便计算
For(i, , n) {
now = i % ;
mcy(dp[now], dp[!now]);
For(j, , n) { // 枚举子数列长度
int q = m / pow2[x];
if(j < x) q = m / pow2[j];
Rep(k, min(m, q << )) { // 枚举余数
// 选a[i]
int tmp = (k + a[i]) % q;
if(j < x) dp[now][j + ][tmp] += dp[!now][j][k];
else dp[now][j + ][tmp] += dp[!now][j][k];
// 不选a[i]不必讨论，因为 mcy 函数复制的同时搞定了这个分支
// dp[now][j][k] = dp[!now][j][k];
}
}
} For(j, , n) ans = (ans + dp[now][j][]) % mod;
cout << ans << endl;
return ;
}
分析3
分析2中，当 p >= x 时，序列的完美只与$q_x | Sum[b1, b2……bp]$有关，即不同 dp[i][j][k] （x <= j <= n）的 k 都是序列对 qx 取模得到的，余数相同是可以合并的，并不需要专门有个 j 来标识不同，因此可以用 dp[i][x][k] 来代表 $\sum_{j = x}^n dp[i][j][k]$。于是，dp数组就有如下分段定义：
- 当 0 <= j < x，时，dp[i][j][k] 表示前 i 个元素中，满足序列长度为 j ，模 qj 余数为 k 的子序列个数。
- 当 j == x，时，dp[i][j][k] 表示前 i 个元素中，满足所有序列长度大于等于 j ，模 qx 余数为 k 的子序列个数。
这里只叙述一下 j == x 时的状态转移方程：
- 拿：dp[i + 1][j][(k + a[i+1]) % qx] += dp[i][j][k]。
- 不拿：dp[i + 1][j][k] = dp[i][j][k]。
PS：x 是能等于 0 的，所以在计算答案时要变化一下。
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i) #define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl #define LOWBIT(x) ((x)&(-x)) #define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin()) #define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define mcy(d,s) memcpy(d, s, sizeof(s)) #define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
in >> p.first >> p.second;
return in;
} template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
for (auto &x: v)
in >> x;
return in;
} template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "\n";
return out;
} inline int gc(){
static const int BUF = 1e7;
static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg; if(bg == ed) fread(bg = buf, , BUF, stdin);
return *bg++;
} inline int ri(){
int x = , f = , c = gc();
for(; c<||c>; f = c=='-'?-:f, c=gc());
for(; c>&&c<; x = x* + c - , c=gc());
return x*f;
} typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef pair< int, int > PII;
typedef pair< string, int > PSI;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
typedef map< int, int > MII;
typedef pair< LL, LL > PLL;
typedef vector< LL > VL;
typedef vector< VL > VVL;
const double EPS = 1e-;
const LL inf = 0x7fffffff;
const LL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;
const LL mod = 1e9 + ;
const int maxN = 5e3 + ;
const LL ONE = ;
const LL evenBits = 0xaaaaaaaaaaaaaaaa;
const LL oddBits = 0x5555555555555555; // 计算x的二进制位数
inline int getBits(LL x) {
int cnt = ;
while(x >>= ) ++cnt;
return cnt;
} int n, m, a[maxN];
LL ans;
LL dp[][][maxN];
// pow2[i] = 2^i
int pow2[] = {, , , , , , , , , , , , , }; int main(){
INIT();
cin >> n >> m;
For(i, , n) cin >> a[i]; int x = getBits(LOWBIT(m)) - ; //< x = m中质因子2的个数
int now; //< 滚动数组标识 dp[][][] = ; //< 算上空序列，方便计算
For(i, , n) {
now = i % ;
mcy(dp[now], dp[!now]);
For(j, , min(x, i)) {
int q = m / pow2[j];
Rep(k, min(m, q << )) { //< k表示可能用到的余数
if(dp[!now][j][k]) {
int tmp = (k + a[i]) % q; //< 产生新余数
// j < x 代表取了 j 个的情况
// j == x 代表取了 j 个以上的情况
if(j < x) dp[now][j + ][tmp] += dp[!now][j][k] % mod;
else dp[now][j][tmp] += dp[!now][j][k] % mod;
}
}
}
}
// 这里做了一下改变，因为x可能等于0，如果从1开始加的话会漏掉很多情况
For(j, , x) ans = (ans + dp[now][j][]) % mod;
cout << ans - << endl; //< 最后要减去空序列的一种
return ;
} /*
15 11
1 2 5 7 8 4 3 7 8 3 3 9 9 7 5
2979 16 8
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
64839 15 6
1 2 5 7 8 4 3 7 8 3 3 9 9 7 5
6547 15 6
1 2 5 7 8 4 3 7 8 3 3 9 9 7 5
10938
*/
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