Luogu 3702 [SDOI2017]序列计数

BZOJ 4818

感觉不难。

首先转化一下题目，“至少有一个质数”$=$“全部方案”$ – $“一个质数也没有”。

注意到$m \leq 2e7$，$[1, m]$内的质数可以直接筛出来。

设$f_{i, j}$表示当前长度序列为$i$，当前和模$p$的值是$j$的方案数，直接无脑枚举$m$转移复杂度是$O(nmp)$的，但是发现每一次转移形式都是相同的。

$$f_{i, x} = \sum f_{i – 1, y}(y + z \equiv x(\mod p))$$

其实在模$p$的意义下大于等于$p$的数可以直接归类到这个数模$p$这一档里面，也就是说，我们可以记一个$cnt_x$表示模$p$意义下相同的数有$x$个。

$$f_{i, (x + y) \mod p} = \sum f_{i – 1, x} \times cnt_y$$

发现这个式子的形式很像矩阵快速幂的样子，然后就把转移写成矩阵的形式快速幂一下就好了。

转移矩阵的第$(i, j)$个格子是$\sum_{(i + k) \equiv j(\mod p)}cnt_k$

时间复杂度$O(m + p^3logn)$。

咕，感觉时间刚刚好。

然而再次观察一下这个式子发现是一个卷积的形式，因此可以直接$NTT$，时间复杂度可以降到$O(m + plogplogn)$，但是在这题中$p$太小了$ + $模数不好，直接暴力卷积的时间表现应该比$NTT$要优秀。

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;const int N = 2e7 + ;
const int M = ;
const ll P = 20170408LL;int n, m, K, pCnt = , pri[N], cnt[M];
bool np[N];template <typename T>
inline void inc(T &x, T y) {
    x += y;
    if (x >= P) x -= P;
}template <typename T>
inline void sub(T &x, T y) {
    x -= y;
    if (x < ) x += P;
}struct Matrix {
    int tn, tm;
    ll s[M][M];    inline void init() {
        tn = tm = ;
        memset(s, , sizeof(s));
    }    friend Matrix operator * (const Matrix x, const Matrix y) {
        Matrix res;
        res.init();
        res.tn = x.tn, res.tm = y.tm;
        for (int k = ; k < x.tm; k++)
            for (int i = ; i < x.tn; i++)
                for (int j = ; j < y.tm; j++)
                    inc(res.s[i][j], x.s[i][k] * y.s[k][j] % P);
        return res;
    }    inline Matrix fpow(int y) {
        Matrix x = *this, res;
        res.init();
        res.tn = x.tn, res.tm = x.tm;
        for (int i = ; i < x.tn; i++) res.s[i][i] = ;
        for (; y ; y >>= ) {
            if (y & ) res = res * x;
            x = x * x;
        }
        return res;
    }    inline void print() {
        for (int i = ; i < tn; i++)
            for (int j = ; j < tm; j++)
                printf("%lld%c", s[i][j], " \n"[j == tm - ]);
        printf("\n");
    }} trans, ans;inline void sieve() {
    np[] = ;
    for (int i = ; i <= m; i++) {
        if (!np[i]) pri[++pCnt] = i;
        for (int j = ; j <= pCnt && pri[j] * i <= m; j++) {
            np[i * pri[j]] = ;
            if (i % pri[j] == ) break;
        }
    }
}inline ll solve1() {
    memset(cnt, , sizeof(cnt));
    for (int i = ; i <= m; i++) ++cnt[i % K];    trans.init();
    trans.tn = trans.tm = K;
    for (int i = ; i < K; i++)
        for (int j = ; j < K; j++)
            inc(trans.s[i][(i + j) % K], 1LL * cnt[j]);
//    trans.print();    trans = trans.fpow(n);//    trans.print();    ans.init();
    ans.s[][] = ;
    ans.tn = , ans.tm = K;
    ans = ans * trans;
    return ans.s[][];
}inline ll solve2() {
    sieve();
    memset(cnt, , sizeof(cnt));
    for (int i = ; i <= m; i++)
        if (np[i]) ++cnt[i % K];/*    for (int i = 0; i < K; i++)
        printf("%d%c", cnt[i], " \n"[i == K - 1]);    */    trans.init();
    trans.tn = trans.tm = K;
    for (int i = ; i < K; i++)
        for (int j = ; j < K; j++)
            inc(trans.s[i][(i + j) % K], 1LL * cnt[j]);
//    trans.print();    trans = trans.fpow(n);//    trans.print();    ans.init();
    ans.s[][] = ;
    ans.tn = , ans.tm = K;
    ans = ans * trans;
    return ans.s[][];
}int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
//    printf("%lld\n", solve1());
//    printf("%lld\n", solve2());
    printf("%lld\n", (solve1() - solve2() + P) % P);
    return ;
}