我们考虑对于一个$N$，他如果变成了他的约数$x$，那又会变成一个子问题

我们定义$F(n, k)$为n操作k次的期望个数

那么我们有$F(n, k) =\sum_{x|n} F(x, k - 1) * \frac{1}{d}$（其中d为n的约数个数）

因为$N$的约数个数肯定在$\sqrt N$以内现在我们就有了一个$O(\sqrt N K)$的暴力了

前面的$\sqrt N$肯定是不能省略了，我们可不可以对$K$下手呢？

我们考虑$N$是质数，那么答案为$\frac{N + 2^k - 1}{2^k}$

再考虑一波$N = p^x$其中p是质数，那么我们考虑用上述$DP求解$

设$dp[i][j] $为第i此操作后，为$p^j$的概率

$dp[i][j] = \sum_{l = 1}^x dp[i - 1][l] * \frac{1}{j}$

最后的答案为$\sum_{j = 1}^{x} dp[k][j] * p^j$

我们发现每一个$p_i^{j}$互不影响，这又是一个积性函数

$sum[i][j] * sum[i][k] = sum[i][j * k](gcd(j, k) == 1)$

证明的话我们一样回归定义，假设变成$p_1^j * p_2^0$的概率为x，$p_1^0 *p_2^k$的概率为y，那么$p_1^j*p_2^k$的概率一定为$x*y$

于是我们只需要对$N$分解质因数后再套一个$\prod$即可

这样的复杂度是$\sqrt N + K * log^3N=10^9$

但是由于$log$不一定为2，所以这个复杂度是可以过这道题的

$Code:$

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<cstdlib>

using namespace std;

#define il inline

#define re register

#define debug printf("Now is Line : %d\n",__LINE__)

#define file(a) freopen(#a".in","r",stdin);freopen(#a".out","w",stdout)

#define int long long

#define D double

#define inf 123456789

#define mod 1000000007

il int read() {

    re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();

    while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}

    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();

    return x * f;

}

#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)

#define drep(i, s, t) for(re int i = t; i >= s; -- i)

#define Next(i, u) for(re int i = head[u]; i; i = e[i].next)

#define mem(k, p) memset(k, p, sizeof(k))

#define lb(x) (x)&(-(x))

#define ls k * 2

#define rs k * 2 + 1

#define maxn 1000005

int n, m, prim[maxn], tot, dis[maxn], dp[maxn][20], ans, inv[100], Ans = 1;

il void get(int x) {

	for(re int i = 2; i * i <= x; ++ i) {

		if(x % i == 0) prim[++ tot] = i;

		while(x % i == 0) x /= i, ++ dis[tot];

	}

	if(x != 1) prim[++ tot] = x, ++ dis[tot];

}

il int qpow(int a, int b) {

	int r = 1;

	while(b) {

		if(b & 1) r = r * a % mod;

		b >>= 1, a = a * a % mod;

	}

	return r;

}

signed main() {

	n = read(), m = read();

	get(n);

	rep(i, 1, 60) inv[i] = qpow(i, mod - 2);

	rep(T, 1, tot) {

		mem(dp, 0), dp[0][dis[T]] = 1, ans = 0;

		rep(i, 1, m) {

			rep(j, 0, dis[T]) {

				rep(k, j, dis[T]) dp[i][j] = (dp[i - 1][k] * inv[k + 1] + dp[i][j]) % mod;

			}

		}

		rep(i, 0, dis[T]) ans = (ans + dp[m][i] * qpow(prim[T] % mod, i) % mod);

		Ans = ans * Ans % mod;

	}

	printf("%lld", Ans);

	return 0;

}

巴特西

CF1097D 【Makoto and a Blackboard】

\(Code:\)

最新文章

热门文章