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UVa 11964 - Equation

contents

  1. 1. Problem
  2. 2. Sample Input
  3. 3. Sample Output
  4. 4. Solution

Problem

$x_{1} + 2 x_{2} + 4 x_{3} + 8 x_{4} + 16 x_{5} + ... + 2^{t} x_{t}= K \text{ where } x_{i} \geq 0$

找到所有組合數並且 mod M 的結果，其中 M 可以拆成數個小於 150 的質因數分解。

Sample Input

1
2
3
4
3
15 99
101 123
1234 536870912

Sample Output

1
2
3
Case 1: 26
Case 2: 111
Case 3: 176223474

Solution

其中 M 可以拆成數個小於 150 的質因數分解。

這句話可說是暗藏玄機，由於測資組數太多，對於每次 mod 情況都建表太慢。不然這題單純套用硬幣問題就能計算個數收尾。

因此，先將 M 進行質因數分解$M = \prod_{i} p_{i}^{x_{i}}$，之後用中國餘式定理求解。

由於質因數的個數可能大於 1，那其實也可以發現$\text{count mod } p_{i}$ 和$\text{count mod } p_{i - 1}$ 之間的關係$\text{count mod } p_{i-1} = \text{count mod } p_{i} \text{ mod } p_{i-1}$。

這裡可以 O(1) 算出來，而在 150 以內總共有 35 個質數，分別對這些質數計算出 mod 盡可能大$p_{i} \le 10^{15}$ 為準。

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#include <stdio.h> 
#include <vector>
using namespace std;
#define maxL (150>>5)+1
#define GET(x) (mark[x>>5]>>(x&31)&1)
#define SET(x) (mark[x>>5] |= 1<<(x&31))
int mark[maxL];
int P[150], Pt = 0;
void sieve() {
    register int i, j, k;
    SET(1);
    int n = 150;
    for(i = 2; i <= n; i++) {
        if(!GET(i)) {
            for(k = n/i, j = i*k; k >= i; k--, j -= i)
                SET(j);
            P[Pt++] = i;
        }
    }
}
long long mulmod(long long a, long long b, long long mod) {
    long long ret = 0;
    for ( ; b != 0;b>>=1, (a<<=1) %= mod)
        if (b&1)	(ret += a) %= mod;
    return ret;
}
long long inv(long long n, long long m) { // get n*? = 1 (mod m)
    long long la = 1, lb = 0, ra = 0, rb = 1;
    long long i = 0, t, mod = m;
    while(n%m) {
        if(!i) {
            la -= n/m*ra;
            lb -= n/m*rb;
        } else {
            ra -= n/m*la;
            rb -= n/m*lb;
        }
        i = !i;
        t = n, n = m, m = t%m;
    }
    return i ? (la%mod+mod)%mod : (ra%mod+mod)%mod;
}
long long chinese_remainder(int n, long long m[], long long a[]) {
    long long M = 1, ret = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        M *= m[i];
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        ret += a[i] * inv(M/m[i], m[i]) %M * (M/m[i]);
        ret %= M;
    }
    return (ret%M + M)%M;
}
vector< pair<int, int> > factor(long long n) {
    vector< pair<int, int> > R;
    
    for(int i = 0, j; i < Pt && P[i] * P[i] <= n; i++) {
        if(n%P[i] == 0) {		
            for(j = 0; n%P[i] == 0; n /= P[i], j++);
            R.push_back(make_pair(P[i], j));
        }
    }
    if(n != 1)	R.push_back(make_pair(n, 1));
    return R;
}
long long mpow(long long x, long long y) {
    long long ret = 1;
    for (int i = 0; i < y; i++)
        ret *= x;
    return ret;
}
vector<long long> dp[37];
int main() {
    sieve();
    for (int i = 0; i < Pt; i++) {
        long long m = P[i];
        int p = 0;
        for (m = P[i], p = 0; m * P[i] <= 1e+15; p++, m *= P[i]);
        dp[i].resize(100005, 0);
        dp[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= 100000; j <<= 1) {
            for (int k = j; k <= 100000; k++)
                dp[i][k] = (dp[i][k] + dp[i][k - j])%m;
        }
    }
    int testcase, cases = 0;
    scanf("%d", &testcase);
    while (testcase--) {
        int K;
        long long M;
        scanf("%d %lld", &K, &M);
        vector< pair<int, int> > f = factor(M);
        long long m[35], a[35];
        for (int i = 0; i < f.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < Pt; j++)
                if (f[i].first == P[j])
                    m[i] = mpow(P[j], f[i].second), a[i] = dp[j][K] % m[i];
        }
        long long ret = chinese_remainder(f.size(), m, a);
        printf("Case %d: %lld\n", ++cases, ret);
    }
    return 0;
}