点此看题面

• 给定一个长度为\(n\)的序列\(a_{0\sim n-1}\)，表示有\(a_i\)块口味值为\(2^i\)的饼干。
• 你需要选出若干饼干分成\(m\)份。
• 求有多少种不同的\(t\)值，使得存在一种每份饼干口味值之和都为\(t\)的方案。
• 数据组数\(\le10^3\)，\(n\le 60,\sum a_i\times2^i\le10^{18}\)

动态规划

一个复杂度不够优秀的做法，但毕竟数据范围只有\(60\)，还是足以通过本题的。

考虑如何唯一的表示一种\(t\)值。

由于小的可以拼成大的，而大的不能拆成小的，因此我们不妨从大到小枚举，每次能填就填。

然后发现可以划分出若干段，每段中除了最后一个位置以外都是饼干不够分，而最后一个位置则有充足的饼干。

因此设\(f_i\)表示最后一段结尾为\(i\)的方案数。

转移时在\(0\sim i-1\)中枚举\(j\)表示新一段的开始，为了防止算重，强制第\(j\)位为\(1\)且第\(j+1\sim i-1\)位为\(0\)。

接着从大到小枚举新一段的结尾\(k\)，记录这一段中能满足之前所有位置饼干都不够分的最小数\(s\)，维护第\(k\sim j\)位的饼干口味值总和\(t\)（除以\(2^k\)，因为不能算入第\(0\sim k-1\)位）。

如果\(s>\lfloor\frac tm\rfloor\)，那么这个位置肯定无法作为这一段的结尾，跳过。

否则，如果\(\lfloor\frac tm\rfloor<2^{j-k+1}-1\)，则这一段中的数实际上可以在\(s\sim \lfloor\frac mt\rfloor\)中任选，因此给\(f_i\)乘上一个系数\(\lfloor\frac tm\rfloor-s+1\)转移到\(f_k\)，然后更新\(s\)为\(\lfloor\frac mt\rfloor+1\)（因为接着处理之后的位就要求这一位饼干不够分）。

不然，这一位肯定有充足的饼干，这一段中的数可以在\(s\sim 2^{j-k+1}-1\)中任选，给\(f_i\)乘上一个系数\(2^{j-k+1}-s\)转移到\(f_k\)，然后结束对\(k\)的枚举。

代码：\(O(T60^3)\)

#include "biscuits.h"
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Rg register
#define RI Rg int
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define I inline
#define W while
#define N 60
#define LL long long
using namespace std;
int n;LL f[N+5];LL count_tastiness(LL m,vector<LL> a)
{
	RI lim=61-log2(m);memset(f,0,sizeof(f)),a.resize(lim);
	RI i,j,k;LL s,t,ans=0;for(f[i=lim]=1;~i;ans+=f[i--]) for(j=i-1;~j;--j)//枚举上一段的结尾和新一段的开头
		if(a[j]>=m) f[j]+=f[i];else for(s=1,t=a[j],k=j-1;~k;--k) if(s<<=1,(t<<=1)+=a[k],s<=t/m)//更新s,t;s<=t/m才可能作为一段结尾
			if(t/m<(1LL<<j-k+1)-1) f[k]+=f[i]*(t/m-s+1),s=t/m+1;else {f[k]+=f[i]*((1LL<<j-k+1)-s);break;}//根据t/m与2^(j-k+1)-1的大小讨论
	return ans;
}