BZOJ_4818_[Sdoi2017]序列計數_矩陣乘法
阿新 • • 發佈：2018-04-14
reg 想要 發現 ali ont true const 矩陣乘法 scrip
求至少有一個質數的方案可以用總方案減去不含質數的方案。 先把1~m的質數篩出來，觀察p特別小，考慮每個數%p的值對答案的貢獻。 設F[i][j]表示從%p=i到%p=j的方案數，這個矩陣乘1次相當於向序列裏多塞了個數，於是這道題變成了矩陣乘法。 然後發現f[i][j]=f[i+1][j+1],因此只需要對每個1~m中的i，f[0][i%p]++即可，剩下的可以通過平移得到。 代碼：
BZOJ_4818_[Sdoi2017]序列計數_矩陣乘法
Description
Alice想要得到一個長度為n的序列，序列中的數都是不超過m的正整數，而且這n個數的和是p的倍數。Alice還希望 ，這n個數中，至少有一個數是質數。Alice想知道，有多少個序列滿足她的要求。Input
一行三個數，n,m,p。 1<=n<=10^9,1<=m<=2×10^7,1<=p<=100Output
一行一個數，滿足Alice的要求的序列數量，答案對20170408取模。Sample Input
3 5 3Sample Output
求至少有一個質數的方案可以用總方案減去不含質數的方案。 先把1~m的質數篩出來，觀察p特別小，考慮每個數%p的值對答案的貢獻。 設F[i][j]表示從%p=i到%p=j的方案數，這個矩陣乘1次相當於向序列裏多塞了個數，於是這道題變成了矩陣乘法。 然後發現f[i][j]=f[i+1][j+1],因此只需要對每個1~m中的i，f[0][i%p]++即可，剩下的可以通過平移得到。 代碼：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mod=20170408;
int n,m,p,prime[7000050],cnt;
bool vis[20000050];
struct Mat {
ll v[105][105];
Mat() {memset(v,0,sizeof(v));}
Mat operator*(const Mat a) const {
Mat ans;
int i,j,k;
for(i=1;i<=p;i++)
for(j=1;j<=p;j++)
for(k=1;k<=p;k++)
(ans.v[i][j]+=v[i][k]*a.v[k][j])%=mod;
return ans;
}
}A,B;
Mat pow(Mat x,int y) {
Mat I;
int i;
for(i=1;i<=p;i++) I.v[i][i]=1;
while(y) {
if(y&1) I=I*x;
x=x*x;
y>>=1;
}
return I;
}
void init() {
register int i,j;
vis[1]=1;
for(i=2;i<=m;i++) {
if(!vis[i]) {
prime[++cnt]=i;
}
for(j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=m;j++) {
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
int main() {
int i,j;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
init();
for(i=1;i<=m;i++) {
A.v[p][(i-1)%p+1]++;
if(vis[i]) B.v[p][(i-1)%p+1]++;
}
for(i=p-1;i;i--) {
for(j=1;j<=p;j++) {
A.v[i][j]=A.v[i+1][j%p+1];
B.v[i][j]=B.v[i+1][j%p+1];
}
}
printf("%lld\n",(pow(A,n).v[p][p]-pow(B,n).v[p][p]+mod)%mod);
}
BZOJ_4818_[Sdoi2017]序列計數_矩陣乘法