题意:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4772

sol :这个题卡了我一整天QAQ

   出题人简直丧心病狂,卡内存+卡常数QAQ

   题意就是,给你一个整数,让你求所有整数划分的方案数的价值和,价值是个函数

   长成这个样子:

   ∑划分方案数

   然后就是,考虑枚举pi和pj,如何算这个二元组在整数划分中出现的次数

   记sum[i]为将i进行整数划分的方案数(实际操作时为避免数组下标为负所以将sum反向)

sum[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++)
{
if(i==||j==) f[i][j]=;
else if(i==j) f[i][j]=(f[i][j-]+)%p;
else if(i<j) f[i][j]=f[i][j-];
else f[i][j]=(f[i-j][j]+f[i][j-])%p;
}
sum[i]=f[i][i];
}

   当pi!=pj的时候,枚举pi和pj出现的次数muli,mulj,那么答案即为ans[pi][pj]+=sum[n-pi*muli-pj*mulj]

   而当pi=pj时,同样枚举pi出现的次数,我们要考虑两两组合的方案数

     即ans[pi][pi]+=muli*(muli-1)/2*(sum[muli*pi]-sum[(muli+1)*pi])

   然后我到这就不会了QAQ,于是去请教了Nbc和Claris,%%%

   Nbc表示这个题就是个暴力随便搞搞就行了......我:

   Claris表示其实这个g是个积性函数......我:

   好了这个题可以做了QAQ

   我们考虑g(n)在n为质数的情况下的值为2n-2,所以直接预处理线性筛一发g(x)就行了QAQ

   然后对于那个F(i,j)我们可以预处理一发gcd和pow就可以O(1)做了

   于是我们的做法就是,枚举不相等的i和j,统计答案

for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=i+;j<=n-i;j++)
for(int muli=;muli*i+j<=n;muli++)
for(int mulj=;mulj*j+muli*i<=n;mulj++)
ans+=g[a[F(i,j)]]*sum[muli*i+mulj*j]%p,ans%=p;

   然后再枚举相等的i和j,统计答案

for(int i=;i<=n;i++)
for(int muli=;muli*i<=n;muli++)
ans=(ans+g[a[F(i,i)]]*muli*(muli-)/*(sum[muli*i]-sum[(muli+)*i]+p))%p;

   然后我们就愉悦的发现他0ms TLE了

   哦....原来是define int long long炸内存了啊QAQ

   简单的改了改然后交上去,发现他又偷♂税的T掉了......

   我们发现在统计不相等的i和j时的取模操作太多了QAQ

   于是我们可以手动实现一发取模操作...然而我并不会乘法取模,怎么办呢?

   我们发现乘法取模是因为乘了一个g[],然而F(i,j)的范围只有1e5,奥妙重重

   考虑开一个数组Cnt记录F的每个值的访问次数,这样的话在后面一次性统计即可

for(int i=;i<=n;i++)
  for(int j=i+;j<=n-i;j++)
    for(int muli=;muli*i+j<=n;muli++)
      for(int mulj=;mulj*j+muli*i<=n;mulj++)
        mod(Cnt[F(i,j)],sum[muli*i+mulj*j]);
for(int i=;i<K;i++) ans+=1LL*g[a[i]]*Cnt[i]%p,ans%=p;

   于是这道题就可以切掉了QwQ

   附上完整代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int p=1e9+;
const int Mx1=;
const int Mx2=1e7+;
int tp,n,K,a[Mx2],sum[Mx1],f[Mx1][Mx1],gcd[Mx1][Mx1],mul[Mx1][Mx1];
int cnt,ans,pri[Mx2],tmp[Mx2],g[Mx2],b[Mx1];
bool jud[Mx2];
inline void pre()
{
sum[n]=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++)
{
if(i==||j==) f[i][j]=;
else if(i==j) f[i][j]=(f[i][j-]+)%p;
else if(i<j) f[i][j]=f[i][j-];
else f[i][j]=(f[i-j][j]+f[i][j-])%p;
}
sum[n-i]=f[i][i];
}
g[]=,g[]=;
for(int i=;i<=1e7;i++)
{
if(!jud[i]) pri[++cnt]=tmp[i]=i,g[i]=(*i-)%p;
for(int j=;j<=cnt&&i*pri[j]<=1e7;j++)
{
jud[i*pri[j]]=;
if(i%pri[j])
tmp[i*pri[j]]=pri[j],
g[i*pri[j]]=g[i]*g[pri[j]]%p;
else
{
tmp[i*pri[j]]=tmp[i]*pri[j];
if(tmp[i]!=i) g[i*pri[j]]=1LL*g[i/tmp[i]]*g[tmp[i]*pri[j]]%p;
else g[i*pri[j]]=(1LL*g[i]*pri[j]+i*pri[j]-i)%p;
break;
}
}
}
for(int i=;i<=n;i++) gcd[i][]=gcd[][i]=gcd[i][i]=i,gcd[][i]=gcd[i][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=i;j++)
{
if(!gcd[i][j]) gcd[i][j]=gcd[j][i-j];
gcd[j][i]=gcd[i][j];
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
mul[i][]=;
for(int j=;j<=n;j++) mul[i][j]=(1LL*mul[i][j-]*i)%K;
}
} inline int F(int pi,int pj)
{
if(tp==) return %K;
if(tp==) return (gcd[pi][pj])%K;
if(tp==) return (mul[pi][pj]+mul[pj][pi]+(pi^pj))%K;
} inline void mod(int &x,const int &y){
x+=y;
if (x>=p) x-=p;
} int Cnt[Mx2];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&tp,&n,&K);
for(int i=;i<K;i++) scanf("%d",&a[i]);
pre();
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=i+;j<=n-i;j++)
for(int muli=;muli*i+j<=n;muli++)
for(int mulj=;mulj*j+muli*i<=n;mulj++)
mod(Cnt[F(i,j)],sum[muli*i+mulj*j]);
for(int i=;i<K;i++) ans+=1LL*g[a[i]]*Cnt[i]%p,ans%=p;
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int muli=;muli*i<=n;muli++)
{
int Tmp=1LL*muli*(muli-)/*(sum[muli*i]-sum[(muli+)*i]+p)%p;
mod(ans,1LL*g[a[F(i,i)]]*Tmp%p);
}
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}

   

bzoj4772 显而易见的数论的更多相关文章

  1. [BZOJ4772]显而易见的数论(数论)

    4772: 显而易见的数论 Time Limit: 40 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 76  Solved: 32[Submit][Status][Discuss ...

  2. bzoj 4772 显而易见的数论——拆分数(五边形数定理)+线性筛

    题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4772 题解:https://blog.csdn.net/Dream_Lolita/artic ...

  3. PKUSC2018训练日程(4.18~5.30)

    (总计:共66题) 4.18~4.25:19题 4.26~5.2:17题 5.3~5.9: 6题 5.10~5.16: 6题 5.17~5.23: 9题 5.24~5.30: 9题 4.18 [BZO ...

  4. 卡特兰数 Catalan数 ( ACM 数论 组合 )

    卡特兰数 Catalan数 ( ACM 数论 组合 ) Posted on 2010-08-07 21:51 MiYu 阅读(13170) 评论(1)  编辑 收藏 引用 所属分类: ACM ( 数论 ...

  5. 简单数论总结1——gcd与lcm

    并不重要的前言 最近学习了一些数论知识,但是自己都不懂自己到底学了些什么qwq,在这里把知识一并总结起来. 也不是很难的gcd和lcm 显而易见的结论: 为什么呢? 根据唯一分解定理: a和b都可被分 ...

  6. Mobius反演与积性函数前缀和演学习笔记 BZOJ 4176 Lucas的数论 SDOI 2015 约数个数和

    下文中所有讨论都在数论函数范围内开展. 数论函数指的是定义域为正整数域, 且值域为复数域的函数. 数论意义下的和式处理技巧 因子 \[ \sum_{d | n} a_d = \sum_{d | n} ...

  7. [E. Ehab's REAL Number Theory Problem](https://codeforces.com/contest/1325/problem/E) 数论+图论 求最小环

    E. Ehab's REAL Number Theory Problem 数论+图论 求最小环 题目大意: 给你一个n大小的数列,数列里的每一个元素满足以下要求: 数据范围是:\(1<=a_i& ...

  8. 【题解】localmaxima 数论

    # T749 localmaxima 权限限制没有超链接 题目描述 Description 给出一个排列,若其中一个数比它前面的数都大,则称为localmaxima数,求一个随机排列中localmax ...

  9. Codeforces Round #382 Div. 2【数论】

    C. Tennis Championship(递推,斐波那契) 题意:n个人比赛,淘汰制,要求进行比赛双方的胜场数之差小于等于1.问冠军最多能打多少场比赛.题解:因为n太大,感觉是个构造.写写小数据, ...

随机推荐

  1. filebeat的安装及配置

    概述:Filebeat是一个日志文件托运工具,在你的服务器上安装客户端后,filebeat会监控日志目录或者指定的日志文件,追踪读取这些文件(追踪文件的变化,不停的读),并且转发这些信息到elasti ...

  2. IntelliJ IDEA 12详细开发教程(一)思想的转变与新手入门【转】

    转载地址:http://bangqu.com/alicas/blog/433 从事软件开发工作以来,提高自己的开发效率,提高自己编码的规范,提高编码深度层次,这三样一直都是自己努力去追求的事情. 最近 ...

  3. linux无名管道

    特点 无名管道是半双工的,也就是说,一个管道要么只能读,要么只能写 只能在有共同祖先的进程间使用(父子进程.兄弟进程.子孙进程等) fork或者execve调用创建的子进程,继承了父进程的文件描述符 ...

  4. Git-补丁文件交互

    版本库间的交互是通过git push和/或git pull命令实现的,这是Git最主要的交互模式,但并不是全部.使用补丁文件是另外一种交互方式,适用于参与者众多的大型项目进行分布式开发. 创建补丁 G ...

  5. RHCE考试

    RHCSA_PDF版传送门:https://files.cnblogs.com/files/zhangjianghua/RHCSA%E8%AF%95%E9%A2%98.pdf RHCE_PDF版传送门 ...

  6. 如何使用Python脚本

    来自官方文档 一.写 python 脚本: import sys import datetime for line in sys.stdin: line = line.strip() userid, ...

  7. .Net Mvc 4 Route路由

    1.前言 在创建一个MVC项目后就可以,在App_Start文件下的RouteConfig.cs里面就可以定义我们的路由规则,其中已经有默认的路由规则了,routes.IgnoreRoute是让路由规 ...

  8. android onCreate的两个方法

    override fun onCreate(savedInstanceState: Bundle?, persistentState: PersistableBundle?) { } override ...

  9. 如何让button保持点击状态

    http://blog.csdn.net/u010957508/article/details/38385207 他的原理就是在代码里面: view.setSelected(true); 而其他的: ...

  10. 如何高性能的给 UIImageView 加个圆角?

    不好的解决方案 使用下面的方式会强制Core Animation提前渲染屏幕的离屏绘制, 而离屏绘制就会给性能带来负面影响,会有卡顿的现象出现 self.view.layer.cornerRadius ...