前言
不求晓得这什么难度, 姑且假定是 \(\textrm{div 2 D}\)
思路
初步观察
你发现我们可以看做求这样一组 \(x_i\) 表示一个数字出现的次数, 使得
\[\begin{align}
& \prod_{i = 1}^{k} i^{x_i} = C \\
& \sum_{i = 1}^{k} x_i = n \\
\end{align}
\]
然后这样一组 \(x_i\) 对答案的贡献是一个多重集排列
\[\frac{n!}{\prod_{i = 1}^{k} x_i!}
\]
显然你可以对 \(x_i\) \(\rm{dp}\) , 计算答案即可
具体一点
令 \(dp_{i, j, p}\) 表示考虑到数 \(i\) , 前面的乘积为 \(j\) , 和为 \(p\) 的方案数
这样子开都开不下无法转移, 但是你有一个观察
- \(n\) 比较大的时候, 一定会有很大一部分都是 \(1\) , \(p\) 有用的部分只有 \(\log k\) 大小
\(\rm{dp}\) 计算分组
所以考虑转移, 这个时候我们从 \(i = 2\) 开始考虑
也就是说, 我们把问题修改成:
求一组 \(x_i, i \in [2, k]\)
\[\begin{align*}
& \prod_{i = 2}^{k} i^{x_i} = C \\
& x_1 = n - \sum_{i = 2}^{k} x_i \\
\end{align*}
\]
贡献还是
\[\begin{align*}
&\frac{n!}{\prod_{i = 1}^{k} x_i!} \\
= & \frac{(x_1 + 1) \times (x_1 + 2) \times (x_1 + 3) \times \cdots n}{\prod_{i = 2}^{k} x_i!}
\end{align*}\]
转移, 初始化 \(dp_{1, 1, 0} = 1\)
\[dp_{i, i^{x_i}j, p + x_i} \gets \sum_{x_i}^{i^{x_i}j \leq C, k + x_i \leq \log n} \frac{dp_{i - 1, j, p}}{x_i!}
\]
容易发现枚举 \(x_i\) 是 \(\log k\) 的, 枚举 \(p\) 是 \(\log k\) 的
枚举 \(j\) 比较特殊, 对于一个确定的 \(x_i\) , 复杂度是 \(\frac{k}{i^{x_i}}\) 的
总复杂度只能证明是 \(k \log k \sim k^2\) 的, 不过感性理解是不大的
推的很乱, 整理一下
目标是找到一组分配 \(x\) , 使其满足
\[\begin{align*}
& \prod_{i = 2}^{k} i^{x_i} = C \\
& x_1 = n - \sum_{i = 2}^{k} x_i \\
\end{align*}
\]
然后计算方法
转移, 初始化 \(dp_{1, 1, 0} = 1\)
\[dp_{i, i^{x_i}j, p + x_i} \gets \sum_{x_i}^{i^{x_i}j \leq C, k + x_i \leq \log n} \frac{dp_{i - 1, j, p}}{x_i!}
\]
计算答案
考虑答案计算
\[\begin{align*}
ans_{x} \gets
& \sum_{L = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{\min (\log k, L)} dp_{k, x, i} \times [(L - i + 1) \times (L - i + 2) \times (L - i + 3) \times \cdots \times L] \\
= & \sum_{i = 1}^{\log k} dp_{k, x, i} \times \left\{\sum_{L = i}^{n} [(L - i + 1) \times (L - i + 2) \times (L - i + 3) \times \cdots \times L]\right\} \\
= & \sum_{i = 1}^{\log k} dp_{k, x, i} \times \left\{\sum_{L = i}^{n} \frac{L!}{(L - i)!}\right\} \\
= & \sum_{i = 1}^{\log k} dp_{k, x, i} \times \left\{\sum_{L = i}^{n} \frac{L!}{(L - i)!i!}\right\} \times i! \\
= & \sum_{i = 1}^{\log k} dp_{k, x, i} \times \left\{\sum_{L = i}^{n} {L \choose i}\right\} \times i! \\
= & \sum_{i = 1}^{\log k} dp_{k, x, i} \times \left\{\sum_{L = 1}^{n} {L \choose i}\right\} \times i! \\
= & \sum_{i = 1}^{\log k} dp_{k, x, i} \times \left\{{n + 1 \choose i + 1}\right\} \times i! \\
\end{align*}\]
主要问题是 \(\displaystyle {n + 1 \choose i + 1}\) 怎么计算
你发现拆开之后
\[\begin{align*}
& {n + 1 \choose i + 1} \\
= & \frac{(n - i + 1) \times (n - i + 2) \times \cdots \times (n + 1)}
{(i + 1)!}
\end{align*}\]
\((i + 1)!\) 逆元预处理, 上面的暴力计算即可
总结
多重集排列魅力时刻
一类常见的 \(\rm{dp}\) 方式
属于套路吧
遇到长得像组合数形式的考虑配成组合数形式
永远要相信自己, 心态要冷静, 耐心一点
时间分配还需要更冷静一点
