[Luogu P3702] [BZOJ 4818] [SDOI2017]序列计数

题目描述

Alice想要得到一个长度为 $n$ 的序列，序列中的数都是不超过 $m$ 的正整数，而且这 $n$ 个数的和是 $p$ 的倍数。

Alice还希望，这 $n$ 个数中，至少有一个数是质数。

Alice想知道，有多少个序列满足她的要求。

输入输出格式

输入格式：

一行三个数， $n,m,p$ 。

输出格式：

一行一个数，满足Alice的要求的序列数量，答案对 $20170408$ 取模。

输入输出样例

输入样例#1：

3 5 3

输出样例#1：

说明

对 $20\%$ 的数据， $1\leq n,m\leq100$

对 $50\%$ 的数据， $1\leq m \leq 100$

对 $80\%$ 的数据， $1\leq m\leq 10^6$

对 $100\%$ 的数据， $1\leq n \leq 10^9,1\leq m \leq 2\times 10^7,1\leq p\leq 100$

解题分析

保证有质数这个条件很难弄，我们就用所有的方案减去没有质数的方案就可以了。

设 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个数选取总和模 $p$ 余 $j$ 的方案数之和，显然有 $dp[i][j]=\sum_{k=0}^{p-1}dp[i-1][(j-k+p)\ mod\ p]*cnt[k]$ ，其中 $cnt[k]$ 为范围内模 $p$ 余 $k$ 的数的数量。

然后我们发现，似乎这玩意的转移很套路？那我们可以写成矩阵的形式，下图是 $p=3$ 的一个样例：

$\left[ \begin{matrix} dp[0][0] & dp[0][1] & dp[0][2] \end{matrix} \right] \times \left[ \begin{matrix} cnt[0] & cnt[1] & cnt[2] \\ cnt[2] & cnt[0] & cnt[1] \\ cnt[1] & cnt[2] & cnt[0] \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} dp[1][0] & dp[1][1] & dp[1][2] \end{matrix} \right]$
就可以中间矩阵快速幂搞搞，然后就 $A$ 了。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define ll long long
#define MOD 20170408ll
#define MX 20005000
struct Matrix
{
	ll mat[105][105];
	Matrix () {std::memset(mat, 0, sizeof(mat));}
} unit, st1, st2, tran1, tran2;
int pcnt, n, m, p;
int pri[MX], cnt1[105], cnt2[105];
bool npr[MX];
IN Matrix operator * (const Matrix &x, const Matrix &y)
{
	Matrix ret;
	R int i, j, k;
	for (i = 0; i < p; ++i)
	for (j = 0; j < p; ++j)
	for (k = 0; k < p; ++k)
	ret.mat[i][j] += x.mat[i][k] * y.mat[k][j];
	for (i = 0; i < p; ++i)
	for (j = 0; j < p; ++j)
	ret.mat[i][j] %= MOD;
	return ret;
}
IN Matrix fpow(Matrix base, R int tim)
{
	Matrix ret = unit;
	W (tim)
	{
		if (tim & 1) ret = ret * base;
		base = base * base, tim >>= 1;
	}
	return ret;
}
void pre()
{
	cnt2[1 % p]++;
	R int i, j, tar;
	for (i = 2; i <= m; ++i)
	{
		if (!npr[i]) pri[++pcnt] = i;
		else cnt2[i % p]++;
		for (j = 1; j <= pcnt; ++j)
		{
			tar = i * pri[j];
			if (tar > m) break;
			npr[tar] = true;
			if (!(i % pri[j])) break;
		}
	}
	int base = m / p, sur = m % p;
	for (i = 0; i < p; ++i) cnt1[i] = base, unit.mat[i][i] = 1;
	for (i = 1; i < p; ++i) cnt1[i] += (i <= sur);
	for (j = 0; j < p; ++j)
	{
		for (i = 0; i < p; ++i)
		{
			tran1.mat[i][j] = cnt1[(j + p - i) % p];
			tran2.mat[i][j] = cnt2[(j + p - i) % p];
		}
	}
	for (i = 0; i < p; ++i) st1.mat[0][i] = cnt1[i], st2.mat[0][i] = cnt2[i];
}
int main(void)
{
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &p); pre();
	printf("%lld", ((st1 * fpow(tran1, n - 1)).mat[0][0] - (st2 * fpow(tran2, n - 1)).mat[0][0] + MOD) % MOD);
}