CF1097D Makoto and a Blackboard 题解

题意就是给一个数，每次可以把它替换成为它的一个因数，问替换k次后期望的数为多少

一看就不会做，只好先从简单的开始着手

如果一个数为质数，肯定非常好处理，有 $\frac{1}{2^k}$ 种可能为原数，其余都为1

如果一个数的分解质因数形式为 $x=p_1^{e_1}$ 怎么搞？

很容易想出 $dp$

$dp[i][j]$ 表示做了 $i$ 次操作，当前指数为 $j$ 的答案

枚举 $0<=k<=j,dp[i+1][k]+=dp[i][j]*inv[j+1]$ ，乘以 $inv[j+1]$ 是因为k有 $\frac{1}{j+1}$ 种可能， $dp[i][j]$ 只是其中的一种

然后怎么推广到数的形式为 $x=p_1^{e_1}*p_2^{e_2}*...*p_k^{e_k}$

我们发现该函数是积性函数

然后就分解质因数，对于每个质因数分别 $dp$ 再求积就行了

#include <map>
#include <set>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <climits>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <functional>
using namespace std ;
#define rep(i, a, b) for (int (i) = (a); (i) <= (b); (i)++)
#define per(i, a, b) for (int (i) = (a); (i) >= (b); (i)--)
#define clr(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define ass(a, sum) memset(a, sum, sizeof(a))
#define lowbit(x) (x & -x)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define enter cout << endl
#define siz(x) ((int)x.size())
typedef long long ll ;
typedef unsigned long long ull ;
typedef vector <int> vi ;
typedef pair <int, int> pii ;
typedef map <int, int> mii ;
typedef map <string, int> msi ;
const int N = 10010 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const int iinf = 1 << 30 ;
const ll linf = 2e18 ;
const ll MOD = 1000000007 ;
void print(int x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void PRINT(string x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void douout(double x){ printf("%lf\n", x + 0.0000000001) ; }

#define int long long

ll n, m, ans = 1 ;
ll f[N][65] ; // f[i][j]表示前i次操作，使得值变成了x^j的方案数
ll inv[N] ;

void init() {
	inv[1] = 1 ;
	for (int i = 2; i <= 1000; i++) inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD ;
}

ll solve(ll x, ll y) {
	clr(f) ;
	f[0][y] = 1 ;
	for (int i = 0; i < m; i++)
	for (int j = 0; j <= y; j++)
	if (f[i][j]){
		for (int k = 0; k <= j; k++) f[i + 1][k] = (f[i + 1][k] + f[i][j] * inv[j + 1]) % MOD ; // 枚举转移到f[i+1][k]
	}
	ll now = 1, sum = 0 ;
	for (int i = 0; i <= y; i++) {
		sum = (sum + now * f[m][i]) % MOD ;
		now = now * x % MOD ;
	}
	return sum ;
}

signed main(){
	scanf("%lld%lld", &n, &m) ;
	init() ;
	for (ll i = 2; i <= sqrt(n); i++)
	if (n % i == 0){
		ll cnt = 0 ;
		while (n % i == 0) cnt++, n /= i ;
		ans = ans * solve(i, cnt) % MOD ;
//		cout << i << " " << cnt << " " << ans << endl ;
	}
	if (n > 1) ans = ans * solve(n, 1) % MOD ;
	printf("%lld\n", ans) ;
	return 0 ;
}

/*
写代码时请注意：
	1.ll？数组大小，边界？数据范围？
	2.精度？
	3.特判？
	4.至少做一些
思考提醒：
	1.最大值最小->二分？
	2.可以贪心么？不行dp可以么
	3.可以优化么
	4.维护区间用什么数据结构？
	5.统计方案是用dp？模了么？
*/

CF1097D Makoto and a Blackboard 题解

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