[HAOI2018]奇怪的背包
\(solution:\)
首先，这一道题目的描述很像完全背包，但它所说的背包总重量是在模P意义下的，所以肯定会用到数论。我们先分析一下，每一个物品可以放无数次，可以达到的背包重量其实就是所有\(gcd(a[i],P)\)的倍数。 这一点和天天爱跑步简直神似！因为天天爱跑步中每一个人也可以走无数步，跑到环形（就是模意义下）。
但是这道题目还可以加入多种物品，我们不难发现，如果加入i和j两种物品，它所能达到的重量其实只是在gcd中多加了一个，就是所有\(gcd(a[i],a[j],P)\)的倍数。这个性质在加入更多物品后依然成立。所以我们只在乎每种物品加或不加，且状态可以用P的所有约数表示（因为加入物品后能达到的重量一定是所有物品重量和P全部取gcd后的倍数）（我们只需记录这个约数即可）而我们发现P的约数个数小于3000（一般一个数的约数个数不会超过它本身的三分之一次方），所以我们可以用这个状态来完全背包：
我们定义\(f[i][j]\) 表示已经完全背包跑完前i个物品，现在放入物品的总约数为j的方案数。然后我们发现数据范围太大了，跑不了！这怎么办？ 我们发现每一个物品的贡献其实就是它的重量和P的公约数，而P的约数个数小于3000，我们可以在读入的时候就让它和P取gcd，这样会有很多物品的贡献重复（我们开个桶归类）然后每一次都按P的约数来跑完全背包。（注意要将P的约数离散化，即表示为P的第几个约数）
不过这样每一次加入某一些与P的公约数为P的第i个约数的物品时，可以取这多个物品中的某一个或多个（注意可以不选，需要加个1），所以还要乘上一个\(（2^{物品种类数）}-1）\) （这是因为与P的公约数为P的第i个约数的物品有很多，每一个我都可以选或不选，于是有\(2^{物品种类数）}\) 个，然后再减去全部不选的那一种就要减一）。
\(f[i][j]=f[i-1][j]+(1+\sum{_{gcd(a[k],a[i])==a[j]}f[i-1][k]})*(2^{tot[i]}-1)\)
然后处理答案时，我们直接枚举一遍所有P的约数，然后在是这个约数倍数的答案处加上相应贡献即可！（这里有一个小优化，和我们读入一样，我们1～q以内的所有数的答案，其实就是它和P的公约数的答案！）
\(code:\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
#define db double
#define f0 f[now^1]
#define f1 f[now]
#define rg register int
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m,p,tt,now;
int s[3005];
int t[3005];
int g[3005];
int a[1000005];
int pf[1000005];
int f[2][3005];
inline int qr(){
char ch;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
int res=ch^48;
while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
res=res*10+(ch^48);
return res;
}
inline int gcd(int x,int y){
rg z;
while(y){z=x;x=y,y=z%y;}
return x;
}
inline int find(int x){
rg l=1,r=tt,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(x<s[mid])r=mid-1;
else l=mid+1;
}return r;
}
int main(){
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
n=qr(); m=qr(); p=qr(); pf[1]=2;
for(rg i=1;i<=n;++i) a[i]=gcd(qr(),p);
for(rg i=1,j=sqrt(p);i<=j;++i) if(p%i==0)s[++tt]=i;
for(rg i=tt;i;--i) s[++tt]=p/s[i];
for(rg i=1;i<=n;++i) pf[i+1]=(pf[i]<<1)%mod,--pf[i];
for(rg i=1;i<=n;++i) ++t[find(a[i])];
for(rg i=1;i<=tt;++i){
if(!t[i])continue;else now^=1;
for(rg j=1;j<=tt;++j)f1[j]=f0[j];
for(rg j=1;j<=tt;++j){
if(!f0[j])continue;
rg gg=find(gcd(s[i],s[j]));
f1[gg]=(f1[gg]+(ll)f0[j]*pf[t[i]])%mod;
}f1[i]=(f1[i]+pf[t[i]])%mod;
}
for(rg i=1;i<=tt;++i)
for(rg j=1;j<=tt;++j)
if(s[i]%s[j]==0)g[i]=(g[i]+f1[j])%mod;
for(rg i=1;i<=m;++i)
printf("%d\n",g[find(gcd(qr(),p))]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/10689357.html