D. Makoto and a Blackboard(期望dp+素因子分解)

题目

题意:

    给定一个n,每次操作n都等概率的变为它的因子,输出k次操作后n的值的数学期望。
     1 n 1 0 15 , 1 k 1 0 4 1≤n≤10^{15} , 1≤k≤10^4

分析:

    由于是因子,所以我们自然就往素因子分解方向思考。由于n的数字很大,我们求它的因子数就是一个很麻烦的事情,更何况又要求因子,状态数太多了。其实我们可以把它拆成素因子,每个素因子的操作彼此是不影响的,所以对于n的操作,可以变成对它的素因子进行操作,最后把素因子的期望相乘即可。
    dp[i][j]表示在第i次操作后当前素因子的阶数为j的概率,dp[i][j]就可以从dp[i-1][t] (t>=j&&t<=最大值),最后概率乘上值即可。比较绕需要认真分析一下。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

typedef long long ll;

ll mod = 1e9 + 7; 
vector<ll> num,count;
ll dp[10005][60];
ll inv[65];

ll q_pow(ll a,ll b)
{
	ll res = 1;
	while( b )
	{
		if( b & 1 ) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void divide(ll n)
{
	ll a = n;
	for (ll i = 2; i * i <= n; i++)
	{
		if( a % i == 0 )
		{
			num.push_back(i);
			int t = 0;
			while( a % i == 0 )
			{
				a /= i;
				t ++;
			}
			count.push_back(t); 
		}
	}
	if( a > 1 )
	{
		num.push_back(a);
		count.push_back(1);  
	}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= 60; i++)
	{
		inv[i] = mod - (mod/i) * inv[mod%i] % mod;
	} 
	ll n,k;
	cin >> n >> k;
	divide(n);
	ll ans = 1;
	for (int i = 0; i < num.size(); i++)
	{
		ll temp = 0;
		for (int j = 0; j <= k; j++)
		{
			for (int l = 0; l <= count[i]; l++)
			{
				if( j == 0 ) 
				{
					if( l == count[i] ) dp[j][l] = 1;
					else dp[j][l] = 0;
				}
				else
				{
					dp[j][l] = 0;
					for (int t = l; t <= count[i]; t++)
					{
						dp[j][l] += (dp[j-1][t] * inv[t+1]) % mod;
						dp[j][l] %= mod;
					}
				}
				if( j == k ) temp = (temp + (dp[j][l] * q_pow(num[i],l)) % mod ) % mod;
			}
		}
		ans *= temp;
		ans %= mod;
	}
	cout << ans << '\n';
	return 0;
}

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