BZOJ 4818 SDOI2017 序列计数
刚出炉的省选题，还是山东的。
自古山东出数学和网络流，堪称思维的殿堂，比某地数据结构成风好多了。
废话不说上题解。
1.题面
求：n个数(顺序可更改)，值域为[1,m]，和为p的倍数，且这些数里面有质数的方案数是多少？
解题报告：
0% O(n^n)爆搜，没什么好讲的，用来拍DP；
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 20000010;
int n,P[N],tot,m,k;
LL Ans,tim;
bool vis[N];
inline int gi()
{
int x=0,res=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')res=-res;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}
inline void shai()
{
vis[1]=1;
for(int i=2;i<=m;++i)
{
if(!vis[i])P[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot;++j)
{
if(i*P[j]>m)break;
vis[i*P[j]]=true;
if(i%P[j]==0)break;
}
}
}
inline void dfs(int dep,int flag,int sum)
{
if(dep==n){if(flag==1&&(sum%k==0))Ans++;return;}
for(int x=1;x<=m;++x)
if(vis[x]==false)dfs(dep+1,1,sum+x);
else dfs(dep+1,flag,sum+x);
}
int main()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("BL.txt","w",stdout);
n=gi();m=gi();k=gi();shai();
dfs(0,0,0);cout<<Ans%20170408<<endl;
}
30% O(nmp)DP;
注意到每一个数可以任意取，就是很显然的具有DP性质了。那么有两种DP方法：
1.f[i][j][0/1]表示第i个数，模p为j，有无质数的情况；这种我写到一半停下来了，因为我发现了第二种DP可以优化。
2.f[i][j]和g[i][j]分别表示瞎几把乱取数和不取质数的情况，求出后相减即可(容斥思想)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 20000010;
const int Mod = 20170408;
int n,P[N],tot,m,p,f[10100][101];
LL Ans,tim;
bool vis[N];
inline int gi()
{
int x=0,res=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')res=-res;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}
inline void shai()
{
vis[1]=1;
for(int i=2;i<=m;++i)
{
if(!vis[i])P[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot;++j)
{
if(i*P[j]>m)break;
vis[i*P[j]]=true;
if(i%P[j]==0)break;
}
}
}
int main()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("DP.txt","w",stdout);
n=gi();m=gi();p=gi();shai();
f[0][0]=1ll;
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<p;++j)
for(int k=1;k<=m;++k)
{
f[i+1][(j+k)%p]+=f[i][j];
if(f[i+1][(j+k)%p]>Mod)
f[i+1][(j+k)%p]-=Mod;
}
Ans=(LL)f[n][0];
memset(f,0,sizeof(f));f[0][0]=1ll;
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<p;++j)
for(int k=1;k<=m;++k)
{
if(!vis[k])continue;
f[i+1][(j+k)%p]+=f[i][j];
if(f[i+1][(j+k)%p]>Mod)
f[i+1][(j+k)%p]-=Mod;
}
Ans-=(LL)f[n][0];
printf("%lld\n",(Ans%Mod+Mod)%Mod);
}
80%：我们发现状态转移方程是一个第一维线性递推，第二维稳定一阶转移。然后发现p只有100，于是就可以上矩阵快速幂。建立转移矩阵就是上面的DP式子。复杂度O(mp+p^3logn)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 20000010;
const int Mod = 20170408;
struct Matrix{
int T[105][105];
}S0,M0,M1;
int n,P[N],tot,m,p;
LL Ans;
bool vis[N];
inline int gi()
{
int x=0,res=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')res=-res;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}
inline void shai()
{
vis[1]=1;
for(int i=2;i<=m;++i)
{
if(!vis[i])P[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot;++j)
{
if(i*P[j]>m)break;
vis[i*P[j]]=true;
if(i%P[j]==0)break;
}
}
}
inline Matrix Mul(Matrix a,Matrix b,int I,int K,int J)
{
Matrix S=S0;
for(int i=0;i<I;++i)
for(int j=0;j<J;++j)
for(int k=0;k<K;++k)
S.T[i][j]=((LL)(S.T[i][j])+((LL)a.T[i][k]*(LL)b.T[k][j]%Mod))%Mod;
return S;
}
inline Matrix Qpow(Matrix s,Matrix d,int z,int I,int K,int J)
{
Matrix S=s;
for(;z;z>>=1,d=Mul(d,d,I,K,J))
if(z&1)S=Mul(S,d,I,K,J);
return S;
}
int main()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("MT.txt","w",stdout);
n=gi();m=gi();p=gi();shai();
M0.T[0][0]=1ll;
for(int i=0;i<p;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
M1.T[i][(i+j)%p]++;
M1.T[i][(i+j)%p]%=Mod;
}
Matrix ans1 = Qpow(M0,M1,n,p,p,p);
Ans+=ans1.T[0][0];M0=M1=S0;M0.T[0][0]=1ll;
for(int i=0;i<p;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(!vis[j])continue;
M1.T[i][(i+j)%p]++;
M1.T[i][(i+j)%p]%=Mod;
}
Matrix ans2 = Qpow(M0,M1,n,p,p,p);
Ans-=ans2.T[0][0];
printf("%lld\n",(Ans%Mod+Mod)%Mod);
}
100%：我们发现时间TLE在于构建矩阵时的mp太大，然后我们发现这个转移重复了很多次，于是可以通过预处理贡献优化到p^2；
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 20000010;
const int Mod = 20170408;
struct Matrix{
int T[105][105];
}S0,M0_1,M1_1,M0_2,M1_2,ans;
int n,P[N],tot,m,p,foo[200];
LL Ans;
bool vis[N];
inline int gi()
{
int x=0,res=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')res=-res;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}
inline void shai()
{
vis[1]=1;
for(int i=2;i<=m;++i)
{
if(!vis[i])P[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot;++j)
{
if(i*P[j]>m)break;
vis[i*P[j]]=true;
if(i%P[j]==0)break;
}
}
}
inline Matrix Mul(Matrix a,Matrix b,int I,int K,int J)
{
Matrix S=S0;
for(int i=0;i<I;++i)
for(int j=0;j<J;++j)
for(int k=0;k<K;++k)
S.T[i][j]=(S.T[i][j]+(LL)a.T[i][k]*b.T[k][j])%Mod;
return S;
}
inline Matrix Qpow(Matrix S,Matrix d,int z,int I,int K,int J)
{
for(;z;z>>=1,d=Mul(d,d,I,K,J))
if(z&1)S=Mul(S,d,I,K,J);
return S;
}
int main()
{
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
n=gi();m=gi();p=gi();shai();
M0_1.T[0][0]=M0_2.T[0][0]=1ll;
for(int i=1;i<=m;++i)++foo[i%p];
for(int i=0;i<p;++i)
for(int j=0;j<p;++j)
{
int st=(i+j)%p;
M1_1.T[i][st]+=foo[j];
if(M1_1.T[i][st]>=Mod)
M1_1.T[i][st]-=Mod;
}
ans = Qpow(M0_1,M1_1,n,p,p,p);
Ans+=ans.T[0][0];
for(int i=0;i<p;++i)foo[i]=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
if(vis[i])++foo[i%p];
for(int i=0;i<p;++i)
for(int j=0;j<p;++j)
{
int st=(i+j)%p;
M1_2.T[i][st]+=foo[j];
if(M1_2.T[i][st]>=Mod)
M1_2.T[i][st]-=Mod;
}
ans = Qpow(M0_2,M1_2,n,p,p,p);
Ans-=ans.T[0][0];
printf("%lld\n",(Ans%Mod+Mod)%Mod);
}
//然后你就华丽的AC了！
