Topcoder 11351 TheCowDivOne

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题目大意

有一个大小为 \(N\) 集合 \(\{0,1,...,N-1\}\)，求它有多少个大小为 \(K\) 的子集满足元素和为 \(N\) 的倍数。

\(1\leq N\leq 10^9\), \(1\leq K\leq 1000\)，答案对 \(10^9+7\) 取模。

思路

由于原来的这个集合是模 \(N\) 的一个完全剩余系，如果我们允许重复，那么前 \(K-1\) 个元素可以随便选择，最后一个元素根据目前模 \(N\) 的数值确定一下即可。题目要求不能重复，于是考虑容斥。

设 \(f_{i,s}\) 为「和为 \(s\) 的大小为 \(i\) 的子集」的数量，根据容斥，我们转移时枚举下一个数字被重复使用了几次，设当前是使用了 \(j\) 次，显然这个数字重复 \(j\) 遍只能产生模意义下 \(\gcd(j,s)\) 的任意倍数（裴蜀定理），这要求上一个状态，即之前 \(i-j\) 个数的和已经为 \(\gcd(j,s)\) 的倍数，才能凑齐 \(s\) 。而在模 \(s\) 下，共有 \(\gcd(j,s)\) 个可行解（裴蜀定理的通解形式），由于数值范围是 \([0,N-1]\)，从而一共有 \(\frac{N}{s}\gcd(j,s)\) 个可行的数字。于是便可以得到转移式：

\[f_{i,j}=\frac{1}{i}\sum_{j=1}^i(-1)^{j+1}\frac{N}{s}\gcd(j,s)f_{i-j,gcd(j,s)} \]

前面的 \(\frac{1}{i}\) 是由于 \(i\) 个数字每一个都可能成为最后那个选的数字，所以要去重。

这个 \(dp\) 的第二维只涉及到 \(N\) 的所有因数，这个转移，emmm，总之就是状态数实际上很少。实测下来，当 \(N=12!\times2\approx 9.58e8\)，\(K=1000\) 时，计算到的 \(i>0\) 的状态数为 \(4478\)，\(\gcd\) 内的运算量为 \(15219724\) 。这个数量很少，我们用记忆化搜索计算 \(dp\) 即可。

时间复杂度：\(O(不会算)\)

Code

#include<iostream>
#include<map>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define N 1021
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;

map<int, ll> dp[N];

class TheCowDivOne{
    public:
    int n, k;
    int gcd(int a, int b){ return b ? gcd(b, a%b) : a; }
    ll qpow(ll a, int b){
        ll ret = 1;
        for(; b; b >>= 1){ if(b&1) (ret *= a) %= mod; (a *= a) %= mod; }
        return ret;
    }
    ll solve(int i, int s){
        if(i == 0) return 1;
        if(dp[i].count(s)) return dp[i][s];
        dp[i][s] = 0;
        rep(j,1,i) (dp[i][s] += ((j&1) ? 1 : -1) * gcd(j, s) * solve(i-j, gcd(j, s)) % mod) %= mod;
        (dp[i][s] *= (ll)n/s * qpow(i, mod-2) % mod) %= mod;
        return dp[i][s];
    }
    int find(int _n, int _k){
        n = _n, k = _k;
        return int(solve(k, n)+mod)%mod;
    }
} solve;

int main(){
    int n, k;
    cin>>n>>k;
    cout<< solve.find(n, k) <<endl;
    return 0;
}