【纪中模拟2019.08.17】【JZOJ3504】运算符

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题意：

　　定义运算符$!$如下：

　　$$n!k=\left\{ \begin{array} {cc} n!(k-1)\times(n-1)!k, & (n>0,\;k>0) \\ 1, & (n=0) \\ n, & (k=0) \\ \end{array} \right. $$

　　给定$n,\,k$，求$n!k$的不同约数个数，对$1e9+9$取模。

　　$0<\;n\le\;1000,\;0<\;k\le\;100$

 

分析：

　　虽然$n!k$的值增长非常迅速，并且不能对它取模，很难分解求答案，但其实不用考虑那么多。

　　把$n$和$k$的不同取值得到的$n!k$看成$0\sim n \times 0\sim k$的矩阵，那么容易发现所有的数值都以第$0$列为因子。

　　那么只需要做出$1e3$以内的质数，递推累加指数就可以了。经测得到这样的质数有$168$个。

　　设$f_{i,j,p}$表示$n!k$的第$p$个质数的指数。可以把第一维用滚动数组将内存优化到$2$倍。

 

实现（100分）：

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define IL inline
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000;
const int K=100;
const int M=168;
const int mod=1e9+9;

IL LL add(LL x,LL y){
    return (x+y)%mod;
    
}

IL LL mul(LL x,LL y){
    return x*y%mod;
    
}

    int n,k;
    
    bool npm[N+3];
    LL prm[M+3];
    int m;
IL void flt(){
    memset(npm,0,sizeof npm);
    m=0;
    
    for(int i=2;i<=N;i++)
    if(!npm[i]){
        prm[++m]=i;
        for(int j=1;j<=m&&i*prm[j]<=N;j++)
            npm[i*prm[j]]=true;
        
    }
    else 
        for(int j=1;j<=m&&i*prm[j]<=N;j++){
            npm[i*prm[j]]=true;
            if(i%prm[j]==0)
                break;
            
        }
    
}

    LL f[2][K+3][M+3];

IL void dsv(LL i){
    LL ii=i;
    memset(f[i&1][0],0,sizeof f[i&1][0]);
    for(int j=1;j<=m&&prm[j]<=i;j++)
    while(i%prm[j]==0){
        i/=prm[j];
        f[ii&1][0][j]+=1;
        
    }
    
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    
    flt();
    
    memset(f,0,sizeof f);
    for(LL i=1;i<=n;i++){
        dsv(i);
        for(int j=1;j<=k;j++)
            for(int p=1;p<=m;p++)
                f[i&1][j][p]=add(f[(i-1)&1][j][p],f[i&1][j-1][p]);
        
    }
    
    LL ans=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        ans=mul(ans,f[n&1][k][i]+1);
    
    printf("%lld",ans);

    return 0;

}

 

 

小结：

　　观察答案的来源，溯流而上求解。