[蓝桥杯 2020 国 B] 质数行者

前言

也是终于做到了 $\mathrm{W}\mathrm{B}\mathrm{H}$ 大佬说的好题, 听过讲的情况下也是一点没听懂

思路

首先考虑暴力 $\mathrm{d}\mathrm{p}$

显然的我们可以暴力做 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ , 大概是 $\mathcal{O}(n^3\omega )$ 的, 其中 $\omega$ 是质数个数
考虑优化

你注意到只有两个障碍点, 这个好像很重要
考虑「容斥原理」, 正难则反, 记 $a\to b$ 的方案数为 $f_{a,b}$ , 设起点和终点分别为 $s,t$ , 两个特殊点分别为 $u,v$

$$ans=f_{s,t}-[f_{s,u}\times f_{u,t}+f_{s,v}\times f_{v,t}-(f_{s,u}\times f_{u,v}\times f_{v,t}+f_{s,v}\times f_{v,u}\times f_{u,t})]$$

然后考虑 $f$ 怎么求, 发现相当于走一个矩阵, 从左下到右上

---

因为直接 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 肯定不优, 考虑组合数学计算

首先我们发现, 这种问题很像之前的经典问题, 在之前的问题中

$$ans=(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y+z}{x})(\genfrac{}{}{0ex}{}{y+z}{y})$$

即在 $x+y+z$ 次操作中挑选 $x$ 次作为横向移动, 然后再剩下的 $y+z$ 次操作中挑选 $y$ 次作为纵向移动, 剩下的就不用计算组合数了

但是这个问题之中, 要求每次走的长度为质数, 怎么处理?

还是考虑操作次数中做组合数, 考虑预处理出 $g_{i,j}$ 表示使用 $i$ 个质数走 $j$ 长度的方案数, 这个是 $\mathcal{O}(n^2\omega )$ 预处理即可

先考虑 $g$ 的转移

$$\begin{gathered} g_{0,0}=1 \\ {g}_{i,j}=\sum _{p=1}^{cnt}[pr{i}_p\le j]\times g_{i-1,j-pr{i}_p} \end{gathered}$$

考虑

$$f(x,y,z)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{x}{2}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{y}{2}\rfloor }\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{z}{2}\rfloor }(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j+k}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+k}{j})g_{i,x}\cdot g_{j,y}\cdot g_{k,z}$$

这个 $\mathcal{O}(n^3)$ , 这不是只比直接 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 快一个 $\omega$ ? 还要优化

这个多半只能对柿子进行优化, 考虑减少 $\sum$ 的个数

拆!

$$\begin{array}{rl}f(x,y,z)& =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{x}{2}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{y}{2}\rfloor }\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{z}{2}\rfloor }(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j+k}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+k}{j})g_{i,x}\cdot g_{j,y}\cdot g_{k,z}\\ & =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{x}{2}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{y}{2}\rfloor }\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{z}{2}\rfloor }\frac{(i+j+k)!}{i!(j+k)!}\frac{(j+k)!}{j!k!}{g}_{i,x}\cdot g_{j,y}\cdot g_{k,z}\\ & =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{x}{2}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{y}{2}\rfloor }\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{z}{2}\rfloor }\frac{(i+j+k)!}{i!j!k!}{g}_{i,x}\cdot g_{j,y}\cdot g_{k,z}\\ & =\sum _{sum=0}^{sum\le \lfloor \frac{x}{2}\rfloor +\lfloor \frac{y}{2}\rfloor }\sum _{i=0}^{sum}\frac{g_{i,x}}{i!}\times \frac{g_{sum-i,y}}{(sum-i)!}\sum _{k=0}^{\lfloor \frac{z}{2}\rfloor }(sum+k)!\times \frac{g_{k,z}}{k!}\end{array}$$

你注意到这个可以预处理的方式去做到 $n^2$ , 那么最终时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2\omega )-\mathcal{O}(n^2)$

具体的, 预处理 ${\displaystyle h_{sum}=\sum _{k=0}^{\lfloor \frac{z}{2}\rfloor }(sum+k)!\times \frac{g_{k,z}}{k!}}$

$$\begin{array}{r}f(x,y,z)=\sum _{sum=0}^{sum\le \lfloor \frac{x}{2}\rfloor +\lfloor \frac{y}{2}\rfloor }\sum _{i=0}^{sum}\frac{g_{i,x}}{i!}\times \frac{g_{sum-i,y}}{(sum-i)!}{h}_{sum}\end{array}$$

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感觉暴力 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 还有优化前途, 在这里看一下()

然而枚举状态 $n^3$ , 寄!

实现

框架#

这个题代码偏长, 抄 $\mathrm{T}\mathrm{J}$ 太神经了, 还是自己写

首先处理 $g$ , 然后根据

$$=\sum _{sum=0}^{sum\le \lfloor \frac{x}{2}\rfloor +\lfloor \frac{y}{2}\rfloor }\sum _{i=0}^{sum}\frac{g_{i,x}}{i!}\times \frac{g_{sum-i,y}}{(sum-i)!}\sum _{k=0}^{\lfloor \frac{z}{2}\rfloor }(sum+k)!\times \frac{g_{k,z}}{k!}$$

来处理 $f_{a,b}$ , 带进去算即可

常见的错误:
枚举 $sum,i$ , 需要确定 $j$ 在范围内

代码#

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAXW = 520; // 641
const int MAXVAL = 1020;
const int MAXNUM = 1e6 + 20, NUM = 1e6;

/*1000 以内的质数*/
int prime[] = {
    
}, cnt = 168;
int fac[MAXNUM], ifac[MAXNUM];

int add(int a, int b) { return a + b > MOD ? a + b - MOD : a + b; }
int sub(int a, int b) { return a - b < 0 ? a - b + MOD : a - b; }
int mul(int a, int b) { return (a * b * 1ll) % MOD; }
void addon(int &a, int b) { a = add(a, b); }
void mulon(int &a, int b) { a = mul(a, b); }

int quickpow(int a, int pows) {
    int base = 1;
    while (pows) {
        if (pows & 1) mulon(base, a);
        mulon(a, a), pows >>= 1;
    }
    return base;
}
void init()
{ fac[0] = fac[1] = 1; for (int i = 2; i <= NUM; i++) fac[i] = mul(i, fac[i - 1]); 
  ifac[NUM] = quickpow(fac[NUM], MOD - 2); for (int i = NUM - 1; ~i; i--) ifac[i] = mul(ifac[i + 1], i + 1); }

int n, m, w;
int r1, c1, h1, r2, c2, h2;
struct rec { int x, y, z; };

int g[MAXW][MAXVAL];
/*预处理 g*/
void gcalc() {
    g[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 500; i++) for (int j = 1; j <= 1000; j++)
        for (int p = 1; p <= cnt; p++) {
            if (prime[p] > j) break;
            addon(g[i][j], g[i - 1][j - prime[p]]);
        }
}

int h[MAXVAL];
int f(rec a, rec b) {
    int x = b.x - a.x, y = b.y - a.y, z = b.z - a.z; if (x < 0 || y < 0 || z < 0) return 0;
    memset(h, 0, sizeof h);
    for (int sum = 0; sum <= x / 2 + y / 2; sum++) for (int k = 0; k <= z / 2; k++)
        addon(h[sum], mul(mul(fac[sum + k], g[k][z]), ifac[k]));

    int res = 0;
    for (int sum = 0; sum <= x / 2 + y / 2; sum++) for (int i = 0; i <= std::min(x / 2, sum); i++) { if (sum - i > y / 2) continue;
        addon(res, mul(mul(mul(g[i][x], ifac[i]), mul(g[sum - i][y], ifac[sum - i])), h[sum])); }

    return res;
}

signed main()
{
    scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &w);
    scanf("%lld %lld %lld %lld %lld %lld", &r1, &c1, &h1, &r2, &c2, &h2);
    rec s = {1, 1, 1}, t = {n, m, w}, u = {r1, c1, h1}, v = {r2, c2, h2};
    init();

    gcalc();
    /*f(s, t) - [(f(s, u) * f(u, t) + f(s, v) * f(v, t)) - (f(s, u) * f(u, v) * f(v, t) + f(s, v) * f(v, u) * f(u, t))] --> ans1 - (ans2 + ans3 - ans4) */
    int ans = sub(f(s, t), sub(add(mul(f(s, u), f(u, t)), mul(f(s, v), f(v, t))), add(mul(mul(f(s, u), f(u, v)), f(v, t)), mul(mul(f(s, v), f(v, u)), f(u, t)))));

    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

总结

容斥原理计算非法方案数
$\mathrm{m}\mathrm{d}$, 见了这么多次还是想不到, 纯弱智

同类型问题, 往往可以用预处理进行转化

瞎几把拆柿子有的时候会有用, 不会做了试试
这个题其实是把 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 转化成组合数学, 通过移动式子把 $j+k$ 去了, 把 $\sum$ 丢出来一部分, 一般提出 $i+j$ 可以解决这样的问题