【2018北京集训6】Lcm DFT&FWT

首先我们来看下此题的模数232792561。

232792561=lcm(1,2,3.......20)+1。这个性质将在求值时用到。

我们将n分解质因数，令$m$为$n$的素因子个数，设n=$\Pi_{j=0}^{m-1} p_j^{b_j}$ ，其中$p_j$是素数且$p_0$至$p_{m-1}$从小到大排列。考虑到$n≤10^{18}$，则$m≤15$。

我们用 $f[i][j]$ 表示当前$n$的因数$x$所表示的状态为$i$，且模$k$为$j$时的方案数。

下面讲下如何用一个已知的因数$x$求出$i$。

设$x=\Pi_{j=0}^{m-1} p_j^{d_j}$ ，则$i=\sum _{j=0}^{m-1} 2^{j} \times [d_j==b_j]$ 。（此处举个例子，令$n=12$，则当$x=6$时，$i=2$，当$x=12$时，$i=3$，如果还是不清楚的话可以去看我的代码）

据此定义，则答案显然为$f[2^{m}-1][0]$。

初始化：对于$\forall n \% x==0$ 有 $f[i][x \% k]=1$

下面考虑如何转移。

显然，朴素的转移方法是会超时的（说白了就是只有10分），那么考虑如何加速转移。

首先，我们现在$f[i][0...2^{m}-1][]$中完成同层的转移（详情见代码）

假设我们去取出数量相同的$c$和b，使得$\Pi f[b_l][c_i]$ 可以对$f[2^m-1][0]$产生贡献。

考虑可对$f[2^m-1][0]$产生贡献的条件，显然有三：

$b_1 \ or\ b_2 \ or \ .....b_p=2^m-1$

$b_1 \ne b_2 \ne ..... \ne b_p$

$c_1\ +\ c_2\ +\ .....\ c_p\ \equiv 0 (mod \ k)$

对于这两条限制，直接对每一行(既$f[i]$)先做一次DFT以满足性质3，然后对每一列（即$f[][j]$）做一次FWT以满足性质1和性质2（没错通过这种嵌套即可同时满足两个性质），然后将最后一列做一次IDFT,即可求出$f[2^m-1][0]$

此题看题5分钟，懵逼4小时，写题1小时.....

 

#include<bits/stdc++.h>
#define M 20000000
#define MOD 232792561
#define L long long
using namespace std;
L pow_mod(L x,int k){
    L ans=1;
    while(k){
        if(k&1) ans=ans*x%MOD;
        x=x*x%MOD; k>>=1;
    }
    return ans;
}
L f[1<<15][20]={0}; 
L n,m,nn,e[20]={0},d[20]={0},p[20]={0},a[M]={0}; int k;

void DFT(L a[],L w[],int n,int on){
    L b[20]; memset(b,0,sizeof(b)); 
    for(int i=0;i<n;i++)
    for(int j=0;j<n;j++)
    b[i]=(b[i]+a[j]*w[i*j])%MOD;
    memcpy(a,b,160);
    if(on==-1){
        L inv=pow_mod(n,MOD-2);
        for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%MOD;
    }
}

void fenjie(L n){//分解质因数 
    for(int i=2;i<=100;i++) 
    if(n%i==0){
        m++; p[m]=i; e[m]=1; 
        while(n%i==0) n/=i,d[m]++,e[m]*=i;
    }
}
void coushu(int x,L ji){//凑出所有约数 
    if(x>m) {a[++nn]=ji; return;}
    coushu(x+1,ji);
    for(int i=1;i<=d[x];i++){
        ji*=p[x];
        coushu(x+1,ji);
    }
}

void add(int x,int nk){
    L b[20]; 
    memcpy(b,f[x],160);
    for(int i=0;i<k;i++)
    f[x][i]=(f[x][i]+b[(i-nk+k)%k])%MOD;
    f[x][nk]=(f[x][nk]+1)%MOD;
}    
L w1[500]={0},w2[500]={0}; 
void sub(){
    memset(e,0,sizeof(e)); memset(d,0,sizeof(d));
    memset(p,0,sizeof(p)); memset(a,0,sizeof(a));
    memset(f,0,sizeof(f)); m=nn=0;
    cin>>n>>k;
    L w=pow_mod(71,(MOD-1)/k); w1[0]=w2[0]=1; 
    for(int i=1;i<500;i++){
        w1[i]=w1[i-1]*w%MOD;
        w2[i]=pow_mod(w1[i],MOD-2);
    }
    m=0; fenjie(n);
    coushu(0,1);
    for(int i=1;i<=nn;i++){
        int id=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        if(a[i]%e[j]==0) id=id|(1<<(j-1));
        add(id,a[i]%k);
    }
    int mm=1<<m;
    for(int i=0;i<mm;i++) DFT(f[i],w1,k,1);
    for(int i=0;i<mm;i++)
    for(int j=0;j<k;j++) f[i][j]++;
    
    for(int i=1;i<mm;i<<=1)
    for(int j=0;j<mm;j++)
    if(i&j){
        for(int l=0;l<k;l++)
        f[j][l]=f[j][l]*f[i^j][l]%MOD;
    }    
    for(int i=1;i<mm;i<<=1)
    for(int j=0;j<mm;j++)
    if(i&j){
        for(int l=0;l<k;l++)
        f[j][l]=(f[j][l]-f[i^j][l]+MOD)%MOD;
    }    
    DFT(f[mm-1],w2,k,-1);
    printf("%lld\n",f[mm-1][0]);
}

int main(){
    int cas; scanf("%d",&cas);
    while(cas--) sub();
}