题解 P8757 [蓝桥杯 2021 省 A2] 完美序列

题解 P8757 [蓝桥杯 2021 省 A2] 完美序列

题意#

如果一个序列是单调递减的，而且除了第一个数以外的任何一个数都是上一个数的因数，则称这个序列为一个完美序列。

一个序列中的一个子序列如果是完美序列，则称为该序列的一个完美子序列。一个序列的最长完美子序列长度，称为该序列的完美长度。

给定正整数 $n$，$1$ 至 $n$ 的所有排列的完美长度的最大值，称为 $n$ 阶最大完美长度。

给定正整数 $n$，请求出 $1$ 至 $n$ 的所有排列中长度正好为 $n$ 阶最大完美长度的所有完美子序列的价值的和。

思路#

显然地，$n$ 阶最大完美长度 $len=\lfloor {\log }_{2}n\rfloor +1$，因为从 $\mathrm{highbit}(n)$ 开始，每次除 $2$ 一定不会更劣。

考虑如何证明。考虑每次除的数，构成了一个长为 $len-1$ 的序列。

1. 如果替换掉一个数。显然只可能替换成质数。
   如果 $n\ge \frac{3}{2}\mathrm{highbit}(n)$，那么可以将序列中的一位替换成 $3$，此时最大完美长度不变。
   如果替换成 $5$，显然 $n<\frac{5}{2}\mathrm{highbit}(n)$。这样最大位就比 $n$ 大了，肯定是不行的。
   大于 $5$ 的数同理。
   因此，只可能把序列中的某位替换成 $3$。
2. 如果替换掉多个数。还是值可能替换成质数。
   如果替换两个 $3$，显然 $n<\frac{9}{4}\mathrm{highbit}(n)$。这样最大位就比 $n$ 大了，肯定不行。
   显然，如果替换成更大或者更多的数，也一定不行。

在这个过程中，我们发现，这个序列中，只可能有 $2$ 和 $3$，而且最多只会有一个 $3$。

考虑计算每个数可以贡献多少次。假设现在是从小到大的第 $i$ 个数，这个数为 $x$。

首先，要在 $n$ 个位置中选 $len$ 个位置作为完美序列，剩下的 $n-len$ 个位置随便排，这部分是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{len})\times (n-len)!$。

现在排列的位置确定了，考虑有多少种排列会让 $x$ 产生贡献。

1. 如果 $x$ 的因子中没有 $3$，那么如果 $n\ge \frac{3}{2}\mathrm{highbit}(n)$，则有 $len-i$ 个位置可以被替换成 $3$。
   再加上全部是 $2$ 的一种，总共就是 $1+[n\ge \frac{3}{2}\mathrm{highbit}(n)](n-len)$ 种。
2. 如果 $x$ 的因子中有 $3$，那么有 $i$ 个位置可以放 $3$。
   总共就是 $[n\ge \frac{3}{2}\mathrm{highbit}(n)]len$ 种。

枚举即可，复杂度 $O(n\log n+n\log P)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;bool op=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||'9'<ch){if(ch=='-')op=1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9'){ans=(ans<<1)+(ans<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	if(op)return -ans;
	return ans;
}
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int n;
int fact[maxn];
int ifac[maxn];
int len;
int base;
int ans=0;
int inv(int a){
	int ans=1;
	for(int i=mod-2;i;i>>=1){
		if(i&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
	}
	return ans;
}
int C(int a,int b){
	if(b>a||a<0||b<0)return 0;
	return fact[a]*ifac[b]%mod*ifac[a-b]%mod;
}
void real_main(){
	n=read();
	if(n==1){
		puts("1");
		return;
	}
	len=__lg(n)+1;
	base=1;
	ans=0;
	for(int i=1;i<=len;i++){//只有2的
		ans=(ans+C(n,len)*base%mod*fact[n-len]%mod)%mod;
		base<<=1;
	}
	if((1<<(len-2))*3>n){
		cout<<ans<<'\n';
		return;
	}
	base=1;
	for(int i=1;i<=len;i++){//不含3的
		ans+=C(n,len)*base*(len-i)%mod*fact[n-len]%mod;
		ans%=mod;
		base<<=1;
	}
	base=3;
	for(int i=2;i<=len;i++){//含3的
		ans+=C(n,len)*base*(i-1)%mod*fact[n-len]%mod;
		ans%=mod;
		base<<=1;
	}
	cout<<ans<<'\n';
}
signed main(){
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<maxn;i++)fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
	for(int i=0;i<maxn;i++)ifac[i]=inv(fact[i]);
	int T=read();
	while(T--)real_main();
	return 0;
}

优化#

这样已经可以过了，但是还可以优化一下。

容易发现，每个式子都含有C(n,len)*fact[n-len]。

定义 $tot=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{len})\times (n-len)!$，即可避免预处理逆元。

或者，容易发现，$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{len})\times (n-len)!=\frac{n!}{len!}$，而 $len=\lfloor {\log }_{2}n\rfloor +1$。所以只要预处理出前 $20$ 个阶乘的逆元即可。

观察全 $2$，除了 $tot$ 之外的部分等于 $\sum _{i=1}^{len}{2}^{i-1}=\sum _{i=0}^{len-1}{2}^i=2^{len}-1$。

观察不含 $3$，除了 $tot$ 之外的部分：

$$\begin{array}{rl}& f(len)\\ =& \sum _{i=1}^{l}en{2}^{i-1}(len-i)\\ =& \sum _{i=1}^{len-1}{2}^{i-1}(len-1-i+1)\\ =& \sum _{i=1}^{len-1}{2}^{i-1}(len-1-i)+\sum _{i=1}^{len-1}{2}^{i-1}\\ =& f(len-1)+\sum _{i=0}^{len-2}{2}^i\\ =& f(len-1)+2^{len-1}-1\end{array}$$

观察含 $3$，除了 $tot$ 之外的部分 $g(len)=g(len-1)+base\times (len-1)$。$base$ 的含义见上面的代码。

现在，我们把每一个计算都优化成了递推，可以预处理。单次询问 $O(1)$。

复杂度 $O(T+{\log }_{2}n)$，卡到了本题最优解（2023.6.30）。

提交记录

@TQI_II为机房公用账号，上面也是我交的，会在下面发个评论证明一下。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;bool op=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||'9'<ch){if(ch=='-')op=1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9'){ans=(ans<<1)+(ans<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	if(op)return -ans;
	return ans;
}
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int n;
int fact[maxn];
int ifac[maxn];
int len;
int base;
int ans=0;
int pre2[maxn];
int pre23[maxn];
int pre33[maxn];
int inv(int a){
	int ans=1;
	for(int i=mod-2;i;i>>=1){
		if(i&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
	}
	return ans;
}
signed main(){
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<maxn;i++)fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
	ifac[20]=inv(fact[20]);
    for (int i=19;i>=0;i--)ifac[i]=(ifac[i+1]*(i+1))%mod;
	base=1;
	for(int i=1;(1<<(i-1))<maxn;i++){
		pre2[i]=(pre2[i-1]+base)%mod;
		pre23[i]=(pre23[i-1]+base-1)%mod;
		base<<=1;
	}
	base=3;
	for(int i=2;(1<<(i-1))<maxn;i++){
		pre33[i]=(pre33[i-1]+base*(i-1))%mod;
		base<<=1;
	}
	int T=read();
	while(T--){
		n=read();
		if(n==1){
			puts("1");
			continue;;
		}
		len=__lg(n)+1,ans=0;
		int tot=fact[n]*ifac[len]%mod;
		ans=(ans+pre2[len]*tot%mod)%mod;
		if((1<<(len-2))*3>n)cout<<ans<<'\n';
		else cout<<(ans+tot*(pre23[len]+pre33[len])%mod)%mod<<'\n';
	}
	return 0;
}