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题目
思路
感谢提供了思路。和代码。
基本思路，是从 d p \tt{dp} dp 中脱胎换骨：
如果用 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 表示 i i i 个数字、余数为 j j j 的答案，那么对于任意 L L L 均有 f ( i , j ) = ∑ x = 0 p − 1 f ( L , x ) × f ( i − L , ( j + p − x ) m o d p ) f(i,j)=\sum_{x=0}^{p-1}f(L,x)\times f(i-L,(j+p-x)\bmod p) f(i,j)=x=0∑p−1f(L,x)×f(i−L,(j+p−x)modp)
也就是枚举前 L L L 个数字的余数，与剩下的余数相加。
然后我们写一个函数 g ( L , x ) = ∑ i = 0 p − 1 f ( L , i ) x i g(L,x)=\sum_{i=0}^{p-1}f(L,i)x^i g(L,x)=∑i=0p−1f(L,i)xi ，因为 d p \tt{dp} dp 转移非常像卷积。
于是我们就可以写成快速幂的形式。求的答案就是 g n ( 1 , x ) g^n(1,x) gn(1,x) 中的某一项。
嗯？你问我怎么处理 “有一个质数” ？正难则反，减去全部是合数的情况即可。
代码
#include #include #define mod 20170408using namespace std;int n,m,p,vis[20000010],cnt,pre[2000000];long long f[210],F[210],g[210],G[210];long long c[210],x=1;void work(long long *a,long long *b,long long *d) { int i,j; for(i=0; i >n>>m>>p; F[0]=G[0]=f[1]=g[1]=1; for(i=2; i<=m; i++) { f[i%p]++; //此时的f为f[1][0--p]的值 if(!vis[i])pre[++cnt]=i; else g[i%p]++; //通过欧拉筛记录g[1][0--p]的值 for(j=1; pre[j]*i<=m; j++) { vis[pre[j]*i]=1; if(!(i%pre[j])) break; } } while(n) { if(n&1) work(F,f,F),work(G,g,G); work(f,f,f); work(g,g,g); n>>=1; } cout<<(F[0]-G[0]+mod)%mod; //特别注意这里，学长特别提醒我了的。F[0]可能比G[0]小。 return 0;}
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