DZY Loves Math II
内存限制：512 MiB 时间限制：2000 ms 标准输入输出
题目类型：传统 评测方式：文本比较
输入格式
第一行，两个正整数 S 和 q，q 表示询问数量。
接下来 q 行，每行一个正整数 n。
输出格式
输出共 q 行，分别为每个询问的答案。
对于100%的数据，2<=S<=2*10^6，1<=n<=10^18，1<=q<=10^5;
题解：
我们发现对于每一个S，他一定能分成若干个质数乘积的形式，否则他就不能满足第四条条件，同时S的质因子个数一定小于等于7；
解释：2*3*5*7*11*13*17*19=9699690>2*10^6;
其次，n的范围又太大，导致不能直接跑多重背包；
我们发现S一定是每个质因子的倍数；
因此我们可以把每一个n分成a*S+b的形式，其中a不一定等于n/S，同理b并不一定等于n mod S;
将每个n分成整块与零散块，对于整块的部分，直接用组合数求出；对于零散块，容纳最大的数值为 S的质因子个数*S，这个大小的多重背包开的下；
最后只需将 每一种零散块的方案数乘上整块的方案数 相加即为所求；
附上代码
查看代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1000000007;
ll S,m;
ll prime[11];
ll dp[14000005];
ll inv[10];
ll invv[10];//逆
ll tot=0;//因子个数
ll lp=0;//一个因子和
ll n=0;
inline ll max(ll a,ll b){
return a>b?a:b;
}
void bag(){
ll maxn=S*tot;
dp[0]=1;
for(int j=1;j<=tot;j++){
for(ll i=0;i+prime[j]<=maxn;++i){
dp[i+prime[j]]=(dp[i]+dp[i+prime[j]])%mod;
}
for(ll i=maxn;i>=0;--i){
if(i+S<=maxn)dp[i+S]=(dp[i+S]-dp[i]+mod)%mod;//去重
}
}
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&S,&m);
ll now=S;
ll p=sqrt(S+0.5);
for(ll i=2;i<=p;i++){
if(now%i==0){
ll cnt=0;
prime[++tot]=i;
lp+=i;
while(now%i==0){
now/=i;
cnt++;
}
if(cnt>1){
while(m--){
scanf("%lld",&n);
printf("0\n");
}
return 0;
}
}
}
if(now!=1){
prime[++tot]=now;
lp+=now;
}
// for(int i=1;i<=tot;i++){
// printf("%d ",prime[i]);
// }
// printf("\n");
bag();
inv[0]=invv[1]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=7;i++){
invv[i]=(mod+(-(mod/i)*invv[mod%i]%mod))%mod;
inv[i]=inv[i-1]*invv[i]%mod;
}//求逆元
while(m--){
scanf("%lld",&n);
n-=lp;
if(n<0){
printf("0\n");
continue;
}
if(n<S){
printf("%lld\n",dp[n]);
continue;
}
ll maxp=n/S;
ll ans=0;
ll o=max(ans,maxp-tot+1);
for(ll i=o;i<=maxp;i++){
ll tmp=inv[tot-1]%mod;
for(int j=0;j<tot-1;j++)tmp=tmp*((i-1+tot-j)%mod)%mod;//实质就是求组合数
ans=(ans+tmp*dp[n-i*S]%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans%mod);
}
return 0;
}
