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标题说明了一切。
我需要拆分n
作为 k
的总和parts 其中每个部分 ki 应该在范围内1 <= ki <= ri 对于给定数组 r
.
例如-
n = 4, k = 3 and r = [2, 2, 1]
ans = 2
#[2, 1, 1], [1, 2, 1]
订单很重要。 (2, 1, 1) 和 (1, 2, 1) 不同。
我教过用星条法解决它,但由于上限 ri 我不知道如何接近它。
我实现了一个直接递归函数,它只适用于小值。
原始问题的约束是
1 <= n <= 10
7
1 <= k <= 10
5
1 <= r
<子> i
<= 51
所有计算都将在质数模数下完成。
我在这里发现了类似的问题,但我不知道如何在程序中实现。 HERE
我的暴力递归函数 -
#define MAX 1000
const int md = 1e9 + 7;
vector <int> k;
vector <map<int, int>> mapper;
vector <int> hold;
int solve(int sum, int cur){
if(cur == (k.size() - 1) && sum >= 1 && sum <= k[cur]) return 1;
if(cur == (k.size() - 1) && (sum < 1 || sum > k[cur])) return 0;
if(mapper[cur].find(sum) != mapper[cur].end())
return mapper[cur][sum];
int ans = 0;
int start = 1;
for(int i=start; i<=k[cur]; ++i){
int remain = sum - i;
int seg = (k.size() - cur) - 1;
if(remain < seg) break;
int res = solve(sum - i, cur + 1);
ans = (1LL * ans + res) % md;
}
mapper[cur][sum] = ans;
return ans;
}
int main(){
for(int i=0; i<MAX; ++i) k.push_back(51); // restriction for each part default 51
mapper.resize(MAX);
cout << solve(MAX + MAX, 0) << endl;
}
我没有使用映射来存储计算结果,而是使用了一个二维数组,它提供了非常好的性能提升,但我不能使用它,因为 n 和 k 值很大。
我怎样才能改进我的递归函数或者解决这个问题的其他方法是什么。
最佳答案
这是个有趣的问题。
首先假设 r_i = r_i - 1, n = n - k
,[0, r_i]
中的数字只是为了方便。现在可以添加一些虚构的数字来使 m
成为 2
的幂而不改变答案。
现在让我们将 [0, r_i]
的每个区间表示为多项式 1 * x ^ 0 + 1 * x ^ 1 + ... + 1 * x & r_i
。现在,如果我们将所有这些多项式相乘,x ^ n
处的系数将是答案。
这是一种称为数论变换 (NTT) 的结构,它允许在 O(size * log(size))
中将两个多项式模 p
相乘。
如果您只是使用 NTT 将它相乘,代码将以类似 O(n * k * log (k * max(r)))
的方式工作。它非常慢。
但现在我们的虚构数字有所帮助。让我们使用分而治之的技术。我们将进行 O(log m)
步,在每一步上乘以 2 * i
和 2 * i + 1
多项式.在下一步中,我们将乘以这一步的结果多项式。
每个步骤在 O(k * log(k))
中运行,并且有 O(log(k))
个步骤,所以算法在 O 中运行(k * log^2 (k))
。它渐近地很快,但我不确定它是否适合这个问题的 TL。我认为它在最大测试中可以工作大约 20 秒。
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