AcWing 1308. 方程的解
\(AcWing\) \(1308\). 方程的解
一、题目描述
佳佳碰到了一个难题，请你来帮忙解决。
对于不定方程 \(a_1+a_2+⋯+a_{k−1}+a_k=g(x)\)，其中 \(k≥1\) 且 \(k∈N∗\)，\(x\) 是正整数，\(g(x)=x^x \ mod \ 1000\)（即 \(x^x\) 除以 \(1000\) 的余数），\(x,k\) 是给定的数。
我们要求的是这个不定方程的 正整数解 组数。
举例来说，当 \(k=3,x=2\) 时，方程的解分别为：
输入格式
有且只有一行，为用空格隔开的两个正整数，依次为 \(k,x\)。
输出格式
有且只有一行，为方程的正整数解组数。
数据范围
\(1≤k≤100,1≤x<2^{31},k≤g(x)\)
输入样例：
3 2
输出样例：
3
二、隔板法求组合数问题
考虑问题：\(a_1+a_2+…+a_k=n\)，要求\(a_i(i\in [1,k])\) 都是正整数 , 共有多少种\(\{a_1,a_2,…,a_k\}\) 的组合能够满足上述等式。
隔板法
-
构造\(n\)个小球
* * * * * * *，则\(n\)个小球共有\(n−1\)个空隙 -
每插入一个空隙，从该空隙向左直到遇到第一个板子或左边界为止的这个区间的和，记为该数\(a_i\)的值
-
为实现把原区间分成 \(k\) 个子区间目标，共需插入\(k−1\)个板子
举栗子
\(n=7,k=4\)时* *|* *|* *|*是一种方案，对应了 \(\displaystyle
\left\{\begin{matrix}
a_1=2 \\
a_2=2 \\
a_3=2 \\
a_4=1
\end{matrix}\right.
\)
方案总数=\(\large \displaystyle C_{n-1}^{k-1}\)
代码思路:
- 快速幂求\(n=x^x\)
- 隔板法求组合数\(C_{n−1}^{k−1}\)
本题答案没有要求取模，答案上界的极限是\(C_{1000-1}^{100-1}\)
根据组合数学公式 $\displaystyle C_n^m=\frac{n!}{m! \cdot (n-m)!}
=\frac{1000!}{100!\cdot 900!} \approx 10^{139} $
上面这个精度的估算，可以使用电脑自带的计算器，采用科学型就能计算阶乘了，记得算完第一个除法后按一下确定，\(yxc\)犯了这个错误~
必爆\(int\)和\(long\) \(long\),\(\_\_int128\)!
需要 高精度+递推,可以视为一个 模板
三、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 150, mod = 1000;
int k, x;
int f[1010][110][N];
// 前两维：组合数C(n-1,k-1),其中n最大值是1000，k最大值是100，还都减了1, 所以这么开就足够大了,再+10肯定够了
// 第三维: 高精度的结果
// 快速幂
int qmi(int a, int b, int p) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = res * a % p;
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return res;
}
// 因为本题需要计算组合数，就是在(i,j)确定下的第三维数组空间保存结果
void add(int a[], int b[], int c[]) {
for (int i = 0, t = 0; i < N; i++) {
// 开的静态数组 N的长度足够（150是通过calc估算出的139上浮得到的极限值)
// 不用对比两个高精度的长度，全部当做150极限来看，也没多大
t += a[i] + b[i];
c[i] = t % 10;
t /= 10;
}
}
int main() {
cin >> k >> x; // k个数字， g(x)=x^x 指引我们使用快速幂
// 技巧：在求快速幂+模时，时刻注意取模
// 比如先把底、幂次取模后再计算快速幂
int n = qmi(x % mod, x % mod, mod);
// 递推求组合数,一直递推到C(n,k)
for (int i = 0; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= min(i, k); j++) // 孙猴子再厉害，也不能翻出如来佛的五指山，k<=i
if (!j)
f[i][j][0] = 1; // C(i,0)=1,所以C(i,0)指向的其实是一个一维数组，也就是C(i,0)的高精度结果。此结果=1.按高精度来说，就是a[0]=1
else
// C(i,j)=C(i-1,j)+C(i-1,j-1)
// 左侧：从i个小球中选择j个小球的方法数
// 右侧：(1) 不选第1个，那么在剩余i-1个小球中选择j个小球的方法数
// 右侧：(2) 选择第1个，那么在剩余i-1个小球中选择j-1个小球的方法数
// 再结合加法原理，即可得到上面的公式，这个公式可以用于递推
// 这个三维数组+高精度用的漂亮啊！
// f[][][]是三维数组，f[i - 1][j] 是指在i-1个中选择j个有多少种办法，其实结果是存在第三维中，
// f[i - 1][j]指向的是一维数组，也就是f[i-1][j]的方法数的高精度结果
// 理解为add(a[],b[],c[]);也就是简单的高精度加法
add(f[i - 1][j], f[i - 1][j - 1], f[i][j]);
// 上面多求了一些数据出来，我们只需要: C(n - 1, k - 1)
// 将前二维数组简写为g,此处g为一个指针，指向的是f[n-1][k-1]指向的高精度数组对应的一维数组
int *g = f[n - 1][k - 1];
int i = N - 1; // 最高位
while (!g[i]) i--; // 去除前导0
while (i >= 0) cout << g[i--]; // 倒序输出
return 0;
}
