牛客小白月賽9 J
阿新 • • 發佈:2018-12-22
/** J div.2 A 連結:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/275/J 題意:f(n,k) n拆分為k個有序正整數乘積的方案數; ans = segment( (f(i,k)+i))%mod) i-->[1,n]; 分析:f(n,k)=C(num_p1+k-1,k-1)*C(num_p2+k-1,k-1)*.....C(num_pcnt+k-1,k-1)...... num_pi:n不同質因子的數量; f(n,k):可考慮經典球盒問題,將長度為k的盒子初始化,均賦值為1,將質因子做為球丟進即可; ans:顯然當前這題是需要趨近於O(n)的方法來實現的,不妨想到尤拉篩選素數; 在篩選過程,每個數可用num[i],記錄i在當前情況下,未用的最小質因子的數量,由此進行遞推即可; 每次i%prime[j]==0,也就是當前的i已經被最小的已經用過的質因子使用過了; 但是可能還存在,對於當前過程,只增加1,遞推可得當前ans; 對於新的質因子表示:用過的質因子的個數已經全部被取完了,*k即可; 如果採用普通的素數篩選方法,貌似會炸空間 且時間複雜度不會得到保證; */ #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int maxn=1e7+7; const int mod=1e9+7; int prime[maxn],ans[maxn],num[maxn],cnt=0; const int inv_num=1e2+7; int inv[inv_num+3]; int main (){ ll k;int n;cin>>n>>k;k%=mod; inv[1]=1,ans[1]=1; for(int i=2;i<=100;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;//質因子數量最多為64: for(int i=2;i<=n;i++){ if(!prime[i]){ prime[++cnt]=i; ans[i]=k,num[i]=1;//素數: } for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){ prime[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0){ ans[i*prime[j]]=1ll*ans[i]*(num[i]+k)%mod*inv[num[i]+1]%mod;//C(num[i]+k-1,k-1)-->C(num[i]+k-1+1,k-1); num[i*prime[j]]=num[i]+1;//引進舊因子; break; } ans[i*prime[j]]=1ll*ans[i]*k%mod; num[i*prime[j]]=1;//新查詢的因子 } } int ret=0; for(int i=1;i<=n;i++) ret^=(ans[i]+i)%mod; printf("%d\n",ret); return 0; }