AtCoder Beginner Contest 207 E - Mod i (dp,优化)

AtCoder Beginner Contest 207 E - Mod i (dp,优化)

  • 题意:有一长度为\(n\)的序列,问有多少种方式将其分成连续的\(k\)个序列\(B_1,B_2,...,B_k\),使得对于每个\(i\ (1\le i\le k)\)都能整除\(B_i\)的元素和.

  • 题解:设\(dp[i][j]\)为取前\(i\)个数分成\(j\)个\(B\)序列的方法数.那么可以写出一个比较暴力的\(dp\)转移式:

    \(dp[i][j]=\sum_{k=0}^{i-1}dp[k][j-1]\ only if(sum_i-sum_k\equiv0) \ mod\ j\).这样的复杂度为\(O(n^3)\).

    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
      for(int j=1;j<=i;++j){
        for(int k=0;k<i;++k){
          if((sum[i]-sum[k])%j) continue;
          dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[k][j-1])%mod;
        }
      }
    }
    

    这样很明显是不行的,我们要进行优化,不难发现,只有当\(sum_i \equiv sum_k\ mod\ j\)的时候才能转移,所以我们可以在最外层枚举\(j\),用桶记录同余的前缀和情况,也就是说我当前的同余值为\(sum_i \ mod \ j\)那么我就要从\(dp[k][j-1]\ (1\le k\le i-1)\)中所有的\(sum_k \equiv sum_i\ mod\ j\)转移过来,这样我们在枚举\(i\)的时候,是可以记录一个\(tot[sum_i \ mod \ j]\)来进行一个前缀优化的,复杂度降到\(O(n^2)\).

  • 代码:

    #include <bits/stdc++.h>
    #define ll long long
    #define fi first
    #define se second
    #define pb push_back
    #define me memset
    #define rep(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a)
    #define per(a,b,c) for(int a=b;a>=c;--a)
    const int N = 1e6 + 10;
    const int mod = 1e9 + 7;
    const int INF = 0x3f3f3f3f;
    using namespace std;
    typedef pair<int,int> PII;
    typedef pair<ll,ll> PLL;
    ll gcd(ll a,ll b) {return b?gcd(b,a%b):a;}
    ll lcm(ll a,ll b) {return a/gcd(a,b)*b;}
     
    int n;
    ll a[N];
    ll sum[N];
    ll dp[3005][3005];
    ll tot[N];
     
    int main() {
        ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    	cin>>n;
    	rep(i,1,n){
    		cin>>a[i];
    		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    	}
    	dp[0][0]=1;
    	for(int j=1;j<=n;++j){
    		for(int i=0;i<=n;++i) tot[i]=0;
    		for(int i=0;i<=n;++i){
    			dp[i][j]=tot[sum[i]%j];
    			tot[sum[i]%j]=(tot[sum[i]%j]+dp[i][j-1])%mod;;
    		}
    	}
    	ll ans=0;
    	for(int i=1;i<=n;++i){
    		ans=(ans+dp[n][i])%mod;
    	}
    	cout<<ans<<'\n';
        return 0;
    }
    
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