ZOJ 3662 Math Magic（构造K个和为N且最小公倍数为M的正整数的方案数/dp）

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ZOJ 3662 Math Magic
题意：
求构造K个和为N且最小公倍数为M的正整数的方案数。
1<=N,M<=1000,1<=K<=100.结果mod(1e9+7).
如：N=2,M=2,K=2。有两种：(1,2)和(2,1)。
分析：
首先每个数都必须是M的约数，其次任意若干个数最小公倍数也必须是M的约数。
先预处理出1000以内的所有数的约数以及任意两个数的最小公倍数。
用dp[i][j][k]表示前i个数和为j最小公倍数是k的方案数。但是因为N和M及K的范围原因，这样直接用数组的话空间不够。
所以要用滚动数组。用dp[0][j][k]和dp[1][j][k]进行状态转化。
初始化：dp为0，但是dp[0][0][1]=1。
状态转移方程：
需要枚举上一状态的所有数字和，以及在这个和下的所有最小公倍数，然后枚举第i个数，就得到了前i个数的数字和以及最小公倍数，
dp[now][x][y]=(dp[now][x][y]+dp[pre][i][divisor[M][j]])%mod;
其中x，y和i,divisor[M][j]分别是当前状态以及上一状态的数字和与最小公倍数。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <climits>#include <cmath>using namespace std;const int MAX_N=1010;const int mod=(int)(1e9+7);int N,M,K;int dp[2][MAX_N][MAX_N];int LCM[MAX_N][MAX_N],divisor[MAX_N][MAX_N],cnt[MAX_N];inline int gcd(int a,int b){    return b==0?a:gcd(b,a%b);}inline int lcm(int a,int b){    return a/gcd(a,b)*b;}inline void GetLCM(){    //LCM[i][j]是i和j的最小公倍数    for(int i=1;i<=1000;i++){        for(int j=1;j<=i;j++){            LCM[i][j]=LCM[j][i]=lcm(i,j);        }    }}inline void GetDivisor(){    //divisor[i]保存i的约数,cnt[i]是i的约数个数    memset(cnt,0,sizeof(cnt));    for(int i=1;i<=1000;i++){        int tmp=0;        for(int j=1;j*j<=i;j++){            if(i%j==0){                divisor[i][tmp++]=j;                if(i/j!=j){                divisor[i][tmp++]=i/j;                }            }        }        cnt[i]=tmp;    }}int main(){    freopen("Jin.txt","r",stdin);    GetLCM();    GetDivisor();    while(~scanf("%d%d%d",&N,&M,&K)){        //memset(dp[0],0,sizeof(dp[0]));  如果用memset代替下面的四行会TLE，o(╯□╰)o        for(int i=0;i<=N;i++){            for(int j=0;j<=M;j++){                dp[0][i][j]=0;            }        }        dp[0][0][1]=1;        int now=0,pre;        for(int h=1;h<=K;h++){            pre=now;            now^=1;            //memset(dp[now],0,sizeof(dp[now])); 如果用memset代替下面的四行会TLE，o(╯□╰)o            for(int i=0;i<=N;i++){                for(int j=0;j<=M;j++){                    dp[now][i][j]=0;                }            }            for(int i=h-1;i<=N;i++){ //前h-1个数的和是i                for(int j=0;j<cnt[M];j++){ //枚举前h-1个数的和是i，LCM是divisor[M][j]的方案                    if(dp[pre][i][divisor[M][j]]==0) continue;                    for(int r=0;r<cnt[M];r++){ //枚举第h个数                        int x=i+divisor[M][r];                        int y=LCM[divisor[M][j]][divisor[M][r]];                        if(x>N||M%y!=0) continue; //前h个数的和x>n或者前h个数的最小公倍数y不是M的约数                        dp[now][x][y]=(dp[now][x][y]+dp[pre][i][divisor[M][j]])%mod;                    }                }            }        }        printf("%d\n",dp[now][N][M]);    }    return 0;}