整数拆分 [dp+多项式插值]
题意
$1 \leq n \leq 10^{18}$
$2 \leq m \leq 10^{18}$
$1 \leq k \leq 20$
思路
n,m较小
首先考虑朴素的$k=1$问题：
$f[i]$表示分解$i$的方案数
那么转移方程如下
$f[i]=f[i-1]$，这里$i$不是$m$的倍数
$f[i]=f[i-1]+f[i/n]$，这里$i$是$m$的倍数
然后对于$k \neq 1$的情况就写个$ntt$就好了
但是这个只能解决$n,m \leq 1000$
另外一种dp
考虑另外一个和值域有关的方程：
一共有$1,m,m2,m3....$这些数
$f[i][j]$表示用了前$i$个数，得到和为$j$的方案数
注意这个状态表示是可以优化的
可以看到，如果已经用了前$i$个数，那么后面不管怎么用，从这种方案继续拓展可以得到的新的和与$j$在模$m^{i+1}$的意义下是同余的
也就是说，设$j=p \ast m^{i+1} + q$，那么从$f[i][j]$出去的状态的新的$j$写成这种方式，最后面的$q$都是相等的
因为我们最后要得到的是$n$，所以我们可以钦定这个$q = n % m^{i+1}$
这样，我们就可以换一个方式写方程：
$f[i][j]$表示用了前$i$个数，得到$j \ast m^{i+1} + n % m^{i+1}$的方案数
状态数还是太大，怎么办？
别急
我们打个表观察一下这个方程，其实可以发现一点：$f[i]j$是一批点值，它们在同一个$i$次多项式的图像上
别问我是怎么观察出来的，我也不知道
其实意会一下，就是你后面这个东西是呈$i+1$次增长的，所以每连续的$i$个就可以确定它的递推方式（其实这也是我瞎说的，我也不知道怎么证啊啊啊）
然后就很快乐了
我们每次只保存最前面的几个，然后往下一层推的时候，用插值把这一层的多项式插出来，然后定位到你推导下一层的前几个需要的那几个位置，再推导出下一层的前面几个
这样总效率是$\log^3n$的
那k呢？
我们这里可以利用一个类似多重背包的思想
显然，你把两个$k=1$的卷积起来，等价于你每一种数可以选两个了
所以$k$就代表每一种数可以选$k$个
于是就和上面的没啥差别了
总效率$O((k\log n)^3)$
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#define MOD 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)) re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
ll qpow(ll a,ll b){
ll re=1;
while(b){
if(b&1) re=re*a%MOD;
a=a*a%MOD;b>>=1;
}
return re;
}
ll n,m,o;ll fac[2010],finv[2010];
void init(){
ll i,len=2000;
fac[0]=fac[1]=finv[0]=finv[1]=1;
for(i=2;i<=len;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
finv[len]=qpow(fac[len],MOD-2);
for(i=len;i>2;i--) finv[i-1]=finv[i]*i%MOD;
}
ll t1[2010],t2[2010],g[2010],f[2010],num[2010],cnt;
inline void add(ll &a,ll b){
a+=b;
if(a>=MOD) a-=MOD;
}
inline ll calc(ll k,ll lim){//这里我用了线性插出一个位置的方法
if(lim<=k) return g[lim];
ll i,tcnt;ll ans=0;
tcnt=0;
for(i=lim;i>=lim-k;i--){
if(tcnt==0) t1[tcnt]=1;
else t1[tcnt]=t1[tcnt-1]*((i+1)%MOD)%MOD;
tcnt++;
}
tcnt=k;
for(i=lim-k;i<=lim;i++){
if(tcnt==k) t2[tcnt]=1;
else t2[tcnt]=t2[tcnt+1]*((i-1)%MOD)%MOD;
tcnt--;
}
for(i=0;i<=k;i++){
tcnt=(((k-i)&1)?MOD-finv[k-i]:finv[k-i]);
add(ans,g[i]*t1[i]%MOD*t2[i]%MOD*finv[i]%MOD*tcnt%MOD);
}
assert(ans>=0&&ans<=MOD);
return ans;
}
int main(){
n=read();m=read();o=read();
ll i,j;
init();
num[++cnt]=1;
for(i=1;i<=n;i=i*m){
for(j=1;j<=o;j++)
num[++cnt]=i;
}
f[0]=1;f[1]=1;
for(i=2;i<=cnt;i++){
swap(f,g);
memset(f,0,sizeof(f));
if(num[i]==num[i-1]){//同一个数递推
for(j=0;j<=i;j++){
if(j) f[j]=f[j-1];
add(f[j],calc(i-1,j));
}
}
else{//不同的数递推
for(j=0;j<=i;j++){
if(j) f[j]=f[j-1];
add(f[j],calc(i-1,j*m+(n%num[i])/num[i-1]));
}
}
}
swap(f,g);
cout<<calc(cnt,n/num[cnt])<<'\n';
}
