Codeforces 1097D (DP+分解质因数)

题目

传送门

分析

考虑\(n=p^q\)且p为质数的情况
设dp[i][j]表示经过i次变化后数为\(p^j\)的概率
则初始值dp[0][q]=1
状态转移方程为\(dp[i][j]=\sum{}\frac{1}{u+1}dp[i-1][u],u\in[j,q]\)
最终的期望值\(E(p^q)=\sum dp[k][j] ·p^j ,j \in [0,q]\)
那么如果n不是某个质数的q次方呢
把n分解质因数，\(n={p_1}^{q_1}{p_2}^{q_2} \dots {p_n}^{q_n}\)
对于每一个\({p_i}^{q_i}\),求出期望再相乘即可
注意逆元最好要预处理,否则常数略大,总时间复杂度\(O(\sqrt n+k \log n)\)

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring> 
#define maxn 205
#define maxk 10005
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline long long fast_pow(long long x,long long k){
    long long ans=1;
    while(k){
        if(k&1) ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}

inline long long inverse(long long x){
    return fast_pow(x,mod-2);
}

long long n,k;
int cnt=0;
long long p[maxn];
int a[maxn];
void div(long long x){
    long long i=2;
    while(i*i<=x){
        if(x%i){
            i++;
        }else{
            p[++cnt]=i;
            while(x%i==0){
                a[cnt]++;
                x/=i;
            }
        } 
    }
    if(x!=1){
        p[++cnt]=x;
        a[cnt]=1;
    }
}

long long inv[maxn];
long long dp[maxn];
long long dp_solve(long long p,int q){
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[q]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        for(int j=0;j<=q;j++){
            long long tmp=0;
            for(int u=j;u<=q;u++){
                tmp=(tmp+dp[u]*inv[u+1]%mod)%mod;
            }
            dp[j]=tmp;
        }
    }
    long long ans=0;
    for(int i=0;i<=q;i++){
        ans+=fast_pow(p,i)*dp[i]%mod;
        ans%=mod;
    }
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%I64d %d",&n,&k);
    div(n);
    long long ans=1;
    for(int i=0;i<=100;i++){
        inv[i]=inverse(i); 
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        ans*=dp_solve(p[i],a[i]);
        ans%=mod;
    }
    
    printf("%I64d\n",ans%mod);
}