【NOIP2013模拟10.23】君と彼女の恋

感想

这道题十分坑爹，上面一大堆没用的废话，还没分背景！让我差点漏了关键的模数：“神的电话”。

题目大意

给出两个正整数n,m。
求出所有满足条件的序列的个数
设A为序列，则
1：对于任意一对i, j，A[i] mod m !=A[j] mod m
2：∑|A|i=1A[i]=n
简单的来说就是整个数列的和为n，所有数mod m各不相同

对于 20% 的数据 ，n≤20，m≤5。
对于 40%的数据 ，n≤300，m≤10。
对于 70 %的数据， n≤10^18，m≤20。
对于 100% 的数据， n≤10^18，m≤100。

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分析

40分肯定很容易拿啦，DP，设F[i,j,s]表示序列长度为i，和为j，数列mod m结果的情况（S为二进制）的方案数，答案就是∑F[i,n,s]∗（i的全排列）。

一定要记得mod 那个神的电话号码

再看70%以上的数据，n就变成10^18 了，很明显，上面dp的不足就是j它是会达到N的，严重超时，有没有办法把 j 转化得更小呢？

我们发现，可以把 j 的表示换一换，代表所有数分别mod m再加起来的和，
这下子，有效的j就不止一个了，所有(n-j) mod m=0的j都是合法的。而j 最大也就是1..m的和，即最大5050，做完之后只用再算出 (n-j)/m 个m的分配方案，即考虑给每个数加几个m的方案，乘起来，就能还原原来的样子了（因为一个数 mod m就等于删去若干个m嘛）。

可是这样还是不行，还得继续优化。我们看到40分dp的 s， 明显他已经不需要了，因为我们这个时候只用枚举取0..m-1 这些数，用01背包的思路，弄好取的顺序，就不怕取重了。

这时，dp的时间复杂度降为O(m4)，枚举状态O(m3)，转移O(m)

dp考虑完了，再来考虑分配m的问题。
我们现在有 (n-1)/m个m，要分配给i个数，求方案数。
这就转化为另一个问题了，记cnt=(n-1)/m 我们可以理解为：有 cnt个棒子，有i-1个挡板，把棒子分成i堆，求组合数。

一定要记得mod 那个神的电话号码

这下简单了，这个问题可以简单理解为：有cnt+i-1个数（把棒子和挡板当作同一类的东西），从中选i-1个，求组合数。很显然，就是求Ci−1cnt+i−1。这个O(i)就能求出来了。所有问题完全解决（至于c在模意义下怎么求，自己百度去，总之要用到逆元与费马小定理【这个我想了很久，因为忘了···】）

综合起来，就是先做一次DP，再用每个满足(n-j) mod m=0的F[i,j]（这是组合的个数），乘以i的全排列（i的阶乘），再乘以 Ci−1cnt+i−1 (cnt=(n-1)/m)，得出ans[i,j]，最后加起来就OK了。

一定要记得mod 那个神的电话号码（很重要说三遍）

呵呵哒，写完了。其实这道题打起来十分快，但是想要想比较久，主要还是dp后面的部分比较烦，做比赛时，一开始没有想好就开始乱搞了，错了挺多次，搞的为了满分打了2个多钟头···

下面贴出代码（别看dp，是水的，O(m5)，其他都是正常的）

const mo=905229641; //这是电话号码，大家打一下试试，看看会不会空号，但记得加日本区号，^_^var    m,mx,i,j,k,l,yu:longint;    n,dur,ans,xl,xd:int64;    ny,pre:Array[0..101]of int64;    f:array[0..101,0..5050,0..101]of longint;    function ksm(x,y:int64):int64;    begin        if y=0 then exit(1);        if y=1 then exit(x);        ksm:=ksm(x,y div 2);        ksm:=ksm*ksm mod mo;        exit(ksm*ksm(x,y mod 2)mod mo);    end;    function c(x,y:int64):int64;    begin        c:=1;        xl:=y;        while xl>y-x do begin            c:=c*xl mod mo;            xl:=xl-1;        end;        for l:=2 to x do c:=c*ny[l] mod mo;        exit(c);    end;begin    assign(input,'alpha.in');reset(input);    assign(output,'alpha.out');rewrite(output);    readln(n,m);    f[0,0,m]:=1;    mx:=(m+1)*m div 2;    for i:=0 to m-1 do        for j:=0 to mx do            for k:=m-i downto 1 do                if f[i,j,k]>0 then                    for l:=k-1 downto 0 do                        f[i+1,j+l,l]:=(f[i+1,j+l,l]+f[i,j,k])mod mo;    for i:=1 to m+1 do ny[i]:=ksm(i,mo-2);    yu:=n mod m;    pre[1]:=1;    for i:=2 to m do pre[i]:=pre[i-1]*i mod mo;    for i:=1 to m do begin        j:=yu;        while (j<=n)and(j<=mx) do begin            dur:=0;            for k:=m-i downto 0 do                dur:=(dur+f[i,j,k])mod mo;            dur:=dur*pre[i]mod mo;            xd:=(n-j)div m mod mo;            dur:=dur*c(i-1,xd+i-1)mod mo;            ans:=(ans+dur)mod mo;            j:=j+m;        end;    end;    writeln(ans);end.