Description
Input
第一行，两个正整数 S 和 q，q 表示询问数量。
接下来 q 行，每行一个正整数 n。
Output
输出共 q 行，分别为每个询问的答案。
Sample Input
30 3 9 29 1000000000000000000
Sample Output
0 9 450000036
Hint
感谢the Loser协助更正数据
对于100%的数据，2<=S<=2e6??,1<=n<=101810^{18}10?18??,1<=q<=10510^510?5??
好题！
10%算法：
对于S为平方数的倍数时，输出T个0
证明：无论用什么素数去lcm，结果都不可能是平方数
20%算法：
对于输入的n，因为每个素数至少出现一次（否则lcm凑不到），所以需要改动
S数据规模可以看出，素数的数量不会超过7个，即背包的物品少于7个
我们只需要把n减去所有的素数，就相当于先把每个物品都选了一遍
剩下的就是普通背包，不再讲解。（需要结合上一个10%的算法）
100%算法：
n很大，S还可以，物品种数也很少，它们的lcm也在可接受范围之内。
我颓的唯一一句题解：
"n很大，我们考虑一种合法方案，每个ci都不小，而p又是s的约数，我们尝试给ci%=s/pi"
然后就像明白了，受了这个启发后就在自己能力范围之内了
想一下为什么要模，因为我们可以发现每当取的物品数到达s/pi时，那么总量就到达了s，对于每个物品都是这样
那么，对于n，可以把它划分成n=as+c，我们把凑满s的部分叫做一个块
每一个块都可能是被每一个素数凑成的，所以如果有a个块，那么只考虑这些块，总的方案数是多少？
比较容易想到挡板法，可是不太一样：
挡板法用于n个相同物品分成k组，每组至少一件，答案是C(n-1,k-1)
可是我们需要的是n物品k组，每一组至少0件，那么和从背包每个必装一种而使n减掉每种物品相似，我们把物品增加k件从而保证每组都有
那么就是C(n+k-1,k-1)了
至于组合数怎么算。。。因为k-1很小，暴力就好，处理出逆元，n+k-1那部分暴力乘
但是要注意，因为那个部分太大，在乘之前就要取一次模，不然爆LL
好的我们现在处理完了整块的部分，接下来来考虑零散部分（零散部分已不含整块）
显然零散部分没有整块的话它的大小不会很大，最多就是素数个数乘以lcm，1.4e7，可以接受，背包解决
但是，我们怎么保证每个物品都不会凑成一个整块呢？
那么就有了个数限制，它不再是完全背包，而是多重背包
怎么办？其实这么想就偏了
考虑对于dp[m]，如果它已经含有整块了，那么去掉这个整块的部分有几种方案，减去不就好了么？
即dp[m]-=dp[m-s];那么就搞定了个数限制的问题，它还是个完全背包
1 for(int j=1;j<=cntp;++j){
2 for(int i=0;i+p[j]<=maxn;++i)
3 if(bp[i])bp[i+p[j]]=(bp[i]+bp[i+p[j]])%mod;
4 for(int i=maxn;i>=0;--i)
5 if(i+ss<=maxn)bp[i+ss]=(bp[i+ss]-bp[i]+mod)%mod;
6 }
背包部分代码
那么就没什么问题了，最后再说一句n=as+c的分解不是简单的取模，c那个部分可以大于s
因为用k个物品，每个物品的贡献都不到s，但是它们能凑出的最大值接近于ks
多枚举几轮就好啦
1 /*
2 我颓了题解的第一句话，这题我水了
3 "n很大，我们考虑一种合法方案，每个ci都不小，而p又是s的约数，我们尝试给ci%=s/pi"
4 然后就不需要在往下看了。
5 */
6 #include<cstdio>
7 #define mod 1000000007
8 #define int long long
9 int s,t,p[11],cntp,bp[14000005],maxn,tot,th[202],bj[202],ths,invv[8],inv[8];int n;
10 inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
11 main(){
12 scanf("%lld%lld",&s,&t);int ss=s;
13 for(int i=2;i*i<=s;++i)if(s%i==0){
14 if(s/i%i==0){
15 for(int i=1;i<=t;++i)puts("0");
16 return 0;
17 }
18 p[++cntp]=i;s/=i;tot+=i;
19 }
20 if(s!=1)p[++cntp]=s,tot+=s;maxn=cntp*ss;
21 bp[0]=1;
22 for(int j=1;j<=cntp;++j){
23 for(int i=0;i+p[j]<=maxn;++i)
24 if(bp[i])bp[i+p[j]]=(bp[i]+bp[i+p[j]])%mod;
25 for(int i=maxn;i>=0;--i)
26 if(i+ss<=maxn)bp[i+ss]=(bp[i+ss]-bp[i]+mod)%mod;
27 }
28 inv[0]=invv[1]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=7;++i)invv[i]=(mod+(-(mod/i)*invv[mod%i]%mod))%mod,inv[i]=inv[i-1]*invv[i]%mod;
29 while(t--){
30 scanf("%lld",&n);n-=tot;
31 if(n<0){puts("0");continue;}
32 if(n<ss){printf("%lld\n",bp[n]);continue;}
33 int tms=n/ss,ans=0;
34 for(int i=max(0,tms-cntp+1);i<=tms;++i){
35 int tans=inv[cntp-1]*bp[n-i*ss]%mod;
36 for(int j=0;j<cntp-1;++j)tans=tans*((i-1+cntp-j)%mod)%mod;
37 ans=(ans+tans)%mod;
38 }
39 printf("%lld\n",ans);
40 }
41 }
Finally Accept
原文地址：https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/11131047.html