标签：AtCoder Beginner 207 int sum define ll dp mod

• 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;
  }
  

标签：AtCoder,Beginner,207,int,sum,define,ll,dp,mod
来源： https://www.cnblogs.com/lr599909928/p/14979893.html

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