BZOJ5302 [HAOI2018]奇怪的背包【数论 + dp】

题目

小 CC 非常擅长背包问题，他有一个奇怪的背包，这个背包有一个参数 PP ，当他向这个背包内放入若干个物品后，背包的重量是物品总体积对 PP 取模后的结果．现在小 CC 有 nn 种体积不同的物品，第 ii 种占用体积为 V_iV

i

，每种物品都有无限个．他会进行 qq 次询问，每次询问给出重量 w_iw

i

，你需要回答有多少种放入物品的方案，能将一个初始为空的背包的重量变为 w_iw

i

．注意，两种方案被认为是不同的，当且仅当放入物品的种类不同，而与每种物品放入的个数无关．不难发现总的方案数为 2^n2

n

. 由于答案可能很大，你只需要输出答案对1e9+7取模的结果．

输入格式

从文件 knapsack.inknapsack.in 中读入数据. 第一行三个整数 nn , qq , PP ，含义见问题描述. 接下来一行 nn 个整数表示 V_iV

i

. 接下来一行 qq 个整数表示 w_iw

i

.

输出格式

输出到文件 knapsack.outknapsack.out 中. 输出 qq 行，每行一个整数表示答案．

输入样例

3 3 6

1 3 4

5 2 3

输出样例

5

6

6

提示

题解

考虑数论中的\(ax + by\)这样线性组合的形式，其只能表示\(gcd(a,b)\)的倍数

\(ax \mod P\)可以写成\(ax - Py\)，也是\(a\)与\(P\)的线性组合

所以一个物品只能表示\(gcd(V[i],P)\)的倍数

我们只需要求出所有\(P\)的约数的方案数，对于询问\(W[i]\)，我们只需要查询\(gcd(W[i],P)\)的倍数的方案数

设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个数凑出以约数\(j\)为线性组合中的最小值的方案数【即\(j\)对其倍数的贡献】，转移即可

\(10^9\)以内约数最大不超过\(10^3\)个

建议别用STL

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<map>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define LL long long int

#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");

#define MAP map<int,int>

#define res register

using namespace std;

const int maxn = 1000005,maxm = 100005,INF = 1000000000,md = 1e9 + 7;

inline int read(){

	res int out = 0,flag = 1; res char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}

	return out * flag;

}

inline void write(int x){if (x >= 10) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0');}

MAP f[2],Ans,A;

MAP::iterator it,IT;

int n,m,P;

inline int add2(int x,int y){x += y; if (x >= md) x -= md; return x;}

inline void add(int& x,int y){x += y; if (x >= md) x -= md;}

inline int gcd(int a,int b){return b ? gcd(b,a % b) : a;}

void init(){

	int tmp,p = 1; f[0][P] = 1;

	for (IT = A.begin(); IT != A.end(); IT++,p ^= 1){

		f[p].clear();

		for (it = f[p ^ 1].begin(); it != f[p ^ 1].end(); it++){

			add(f[p][it->first],it->second);

			tmp = gcd(IT->first,it->first);

			add(f[p][tmp],1ll * add2(IT->second,md - 1) * it->second % md);

		}

	}

	p ^= 1;

	for (res int i = 1; 1ll * i * i <= P; i++) Ans[i] = Ans[P / i] = 0;

	for (it = Ans.begin(); it != Ans.end(); it++)

		for (IT = f[p].begin(); IT != f[p].end(); IT++)

			if (it->first % IT->first == 0)

				add(it->second,IT->second);

}

void solve(){

	while (m--) write(Ans[gcd(read(),P)]),puts("");

}

int main(){

	n = read(); m = read(); P = read();

	int x;

	for (res int i = 1; i <= n; i++){

		x = gcd(read(),P);

		if (!A.count(x)) A[x] = 2;

		else A[x] = A[x] * 2 % md;

	}

	init();

	solve();

	return 0;

}

巴特西

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