取数字(dp优化)
取数字(dp优化)
给定n个整数\(a_i\),你需要从中选取若干个数,使得它们的和是m的倍数。问有多少种方案。有多个询问,每次询问一个的m对应的答案。
\(1\le n\le 200000,1\le m\le 100,1\le q\le 30,-10^9\le a_i\le 10^9\)。
首先有一个暴力dp:\(f[i][j]\)表示选到第i个数,和mod m是j的方案数。但是显然,这个dp是\(O(nm)\)的,然后就tle了。
换一个思路dp?由于我们只需要一个数模m的值,可以先把所有数模m放到桶里,用\(f[i][j]\)表示选到第i个桶,余数和为j的方案数。那么,枚举这一个桶放了多少数k(rh奇怪的dp方法),\(f[i][j+ki]+=f[i-1][j]*\binom{b[i]}{k}\)。
这个dp是\(O(nm^2)\)的,能过50%。先把代码放上来:
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL maxn=4e5+5, maxm=105, mod=1e9+7;
LL n, q, m, a[maxn], b[maxm], f[maxm][maxm];
LL fac[maxn], inv[maxn];
LL C(LL x, LL y){ return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod; }
LL fpow(LL a, LL x){
LL ans=1, base=a;
for (; x; x>>=1, base*=base, base%=mod)
if (x&1) ans*=base, ans%=mod;
return ans;
}
int main(){
scanf("%lld%lld", &n, &q);
fac[0]=1; inv[0]=1;
for (LL i=1; i<maxn; ++i) fac[i]=(i*fac[i-1])%mod, inv[i]=fpow(fac[i], mod-2);
for (LL i=1; i<=n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
while (q--){
memset(b, 0, sizeof(b));
memset(f, 0, sizeof(f));
scanf("%lld", &m);
for (LL i=1; i<=n; ++i) ++b[(a[i]%m+m)%m];
f[0][0]=fpow(2, b[0]);
for (LL i=1; i<m; ++i){ //第几个桶
for (LL w=0; w<m; ++w) //所有数的和的余数是w
for (LL j=0; j<=b[i]; ++j) //这个桶取了多少数
(f[i][(j*i+w)%m]+=f[i-1][w]*C(b[i], j))%=mod;
}
printf("%lld\n", f[m-1][0]);
}
return 0;
}
我们在\((f[i][(j*i+w)\%m]+=f[i-1][w]*C(b[i], j))\%=mod;\)这行里可以发现:虽然j枚举到了b[i],但是\((j*i+w)\)模了m。因此,只要枚举\(j=[0,m-1]\)就行了!
所以说:
- dp要多考虑几种方法突破。
- dp方程里如果带模数,有时是可以优化的。
- 只要不把求状态的顺序颠倒,可以交换dp中两个循环的位置
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL maxn=4e5+5, maxm=105, mod=1e9+7;
LL n, q, m, a[maxn], b[maxm], f[maxm][maxm];
LL fac[maxn], inv[maxn], pre[maxn];
inline int min(LL x, LL y){ return x<y?x:y; }
LL C(LL x, LL y){ return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod; }
LL fpow(LL a, LL x){
LL ans=1, base=a;
for (; x; x>>=1, base*=base, base%=mod)
if (x&1) ans*=base, ans%=mod;
return ans;
}
int getint(){
char c; int flag=1, re=0;
for (c=getchar(); !isdigit(c); c=getchar())
if (c=='-') flag=-1;
for (re=c-48; c=getchar(), isdigit(c); re=re*10+c-48);
return re*flag;
}
int main(){
scanf("%lld%lld", &n, &q);
fac[0]=1; inv[0]=1;
for (LL i=1; i<maxn; ++i) fac[i]=(i*fac[i-1])%mod, inv[i]=fpow(fac[i], mod-2);
for (LL i=1; i<=n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
while (q--){
memset(b, 0, sizeof(b));
memset(f, 0, sizeof(f));
m=getint();
for (LL i=1; i<=n; ++i) ++b[(a[i]%m+m)%m];
f[0][0]=fpow(2, b[0]);
for (LL i=1; i<m; ++i){ //第几个桶
for (LL j=0; j<=b[i]; ++j){
if (j<m) pre[j%m]=0;
(pre[j%m]+=C(b[i], j))%=mod;
}
for (LL w=0; w<m; ++w) //所有数的和的余数是w
for (LL j=0; j<=min(m-1, b[i]); ++j) //这个桶取了多少数
(f[i][(j*i+w)%m]+=f[i-1][w]*pre[j])%=mod;
}
printf("%lld\n", f[m-1][0]);
}
return 0;
}