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Number Sequence（hdu4390）

2024-07-17 03:30:20   233人阅读

Number Sequence

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Problem Description
Given a number sequence b1,b2…bn.
Please count how many number sequences a1,a2,...,an satisfy the condition that a1*a2*...*an=b1*b2*…*bn (ai>1).
 

 

Input
The input consists of multiple test cases.
For each test case, the first line contains an integer n(1<=n<=20). The second line contains n integers which indicate b1, b2,...,bn(1<bi<=1000000, b1*b2*…*bn<=1025).
 

 

Output
For each test case, please print the answer module 1e9 + 7.
 

 

Sample Input
2
3 4
 

 

Sample Output
4
 
 
Hint
For the sample input, P=3*4=12.
Here are the number sequences
that satisfy the condition: 2 6 3 4 4 3 6 2
 

题意：
给定b1---bn n个数，让你求出满足a1*a2*....*an-1*an（ai>1)=b1*b2*...*bn的种数。

思路：
先对每一个b分解质因数，统计每个质因子的个数，每个质因数不相互影响，可以单独考虑。首先考虑一种质因数放的总数，应明白 m个相同的数放进n个不同的盒子中（盒子可以为空）的总的种数为C（n-1,n+m-1).运用隔板法：实际上就是把m个数分成n组，每组可以为空，我们加上n-1个隔板，选出隔板所在的位置，相邻隔板之间的位置都放数，就有C(n-1,n+m-1)种了。
对每一质因数，运用上面的公式分别放进n个不同的盒子中，然后根据乘法原理，就能计算出答案了。


但是此时计算的答案并不是我们想要的，因为ai不能为1，故盒子不能为空，所以要用到容斥原理了。
运用容斥原理加上0盒子个为空的情况，减去k1*1个盒子为空的情况加上k2*2个盒子为空的情况...

k1、k2、ki怎样得到呢？
设 f[i]-放入i个数能够为空的种数，g[i]-放入i个数不能为空的种数，求g[n]。

考虑n=3时，
f[3]=g[3]+C(3,1)*g[2]+C(3,2)*g[1],
f[2]=g[2]+C(2,1)*g[1],
f[1]=g[1].
化简能得到g[3]=f[3]-C(3,1)*f[2]+C(3,2)*f[1].
根据数学归纳法能得到g[n]=f[n]-C(n,1)*f[n-1]+C(n,2)*f[n-2]-...

 

ps：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4390

 

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#define FOR(i,a) for((i)=0;i<(a);(i)++)#define MEM(a) (memset((a),0,sizeof(a)))#define LL __int64const int N=1010;const int M=1000010;const LL MOD=1000000007;const int INF=0x7fffffff;const double eps=1e-7;const double PI=acos(-1.0);LL n,k,f[N],p[N],c[505][505];//c记录组合数，f记录因子，p记录对应因子数void init()//组合数[下a C b上]  C(a,b)=C(a-1,b)+C(a-1,b-1);公式递归;{    for(LL i=0;i<=500;i++)    {        c[i][0]=c[i][i]=1;        for(LL j=1;j<i;j++)            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%MOD;    }}LL work(){//容斥原理    LL temp,ans;    ans=0;    for(LL i=0;i<n;i++)    {        temp=c[n][i];        for(LL j=0;j<k;j++)            temp=(temp*c[n-i+p[j]-1][n-i-1])%MOD;//c(n+m-1,n-1)        if(i%2 == 0)            ans=(ans+temp)%MOD;        else            ans=((ans-temp)%MOD+MOD)%MOD;;    }    return ans;}void Join(LL i,LL t){    LL j;    for(j=0;j<k;j++)        if(f[j] == i)        {            p[j]+=t;            break;        }    if(j == k)    {        f[k]=i;        p[k++]=t;    }}int main(){    init();    LL a,i,j,t;    while(scanf("%I64d",&n)!=EOF)    {        k=0;                for(i=0;i<n;i++)        {            scanf("%I64d",&a);            //求质因数及个数            t=0;            for(j=2;j*j<=a;j++)            {                while(a%j==0)                {                    a/=j;                    t++;                }                if(t>0)                   Join(j,t);            }            if(a>1)                Join(a,1);        }        printf("%I64d\n",work());    }    return 0;}

思路篇，需要好好体会。。。

 


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