[CC-ANUCBC]Cards, bags and coins
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[CC-ANUCBC]Cards, bags and coins
题目大意:
给你(n(nle10^5))个数,(q(qle30))次询问,问从中选取若干个数使得这些数之和为(m(mle100))的方案数。
思路:
不难想到一个比较暴力的动态规划,用(f[i][j])表示用了前(i)个数,和为(j)的方案数。时间复杂度(mathcal O(nmq))。
发现动态规划中我们只关心每个数在模(m)意义下的值,因此直接用(n)个数转移实在是太愚蠢了。
将这些数模(m)意义下相等的归为一类,最多有(m)类。直接用这(m)类数转移即可。
时间复杂度(mathcal O(qm^3))。
源代码:
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
inline int getint() {
register char ch;
register bool neg=false;
while(!isdigit(ch=getchar())) neg|=ch=='-';
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return neg?-x:x;
}
typedef long long int64;
const int N=2e5+1,mod=1e9+9,M=100;
int a[N],f[M],g[M],fac[N],ifac[N],cnt[M],c[M];
void exgcd(const int &a,const int &b,int &x,int &y) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
}
inline int inv(const int &x) {
int ret,tmp;
exgcd(x,mod,ret,tmp);
return (ret%mod+mod)%mod;
}
inline int C(const int &n,const int &m) {
return (int64)fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main() {
for(register int i=fac[0]=1;i<N;i++) {
fac[i]=(int64)fac[i-1]*i%mod;
}
ifac[N-1]=inv(fac[N-1]);
for(register int i=N-1;i>=1;i--) {
ifac[i-1]=(int64)ifac[i]*i%mod;
}
for(register int T=getint();T;T--) {
const int n=getint(),q=getint();
for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint();
for(register int i=0;i<q;i++) {
const int m=getint();
std::fill(&cnt[0],&cnt[m],0);
for(register int i=1;i<=n;i++) {
cnt[(a[i]%m+m)%m]++;
}
f[0]=1;
std::fill(&f[1],&f[m],0);
for(register int i=0;i<m;i++) {
std::fill(&c[0],&c[m],0);
for(register int j=0;j<=cnt[i];j++) {
(c[(int64)i*j%m]+=C(cnt[i],j))%=mod;
}
std::copy(&f[0],&f[m],g);
std::fill(&f[0],&f[m],0);
for(register int j=0;j<m;j++) {
for(register int k=0;k<m;k++) {
(f[(j+k)%m]+=(int64)g[k]*c[j]%mod)%=mod;
}
}
}
printf("%d
",f[0]);
}
}
return 0;
}
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