标签：mil namespace 分析 处理 lower UI return 最小 scan
题意：将一个数x拆成a1+a2+a3+……，ai不等于aj，求最大的a1*a2*a3*……。
分析：
1、预处理前缀和前缀积，因为拆成1对乘积没有贡献，所以从2开始拆起。
2、找到一个id，使得2+3+4+……+id - 1(sum[id-1]) < x < 2+3+4+……+id(sum[id)。（二分找即可）
则rest = x - sum[id - 1]。将rest分配给2+3+4+id-1中的某个数。
3、在保证数字不重复的前提下，分配给的那个数越小越好，证明见4。
因此，应该分配给的数为id-rest。但是在id-rest小于2时，那还应该分配给2，2是可以分配的数字中最小的数字。
假设分配给4，那么最后的结果中，mul[id-1]应除以4（把4去掉），然后再乘上（4+rest）。
4、证明：设tmp=2*3*4*……*(id - 1)。
假设既可分配给4，也可分配给5的情况下，
将rest分配给4：设tmp=4*t1,则ans1=(4+rest)*t1,
将rest分配给5：设tmp=5*t2,则ans2=(5+rest)*t2,
因为t1>t2,所以ans1>ans2，得证。
5、PS：2为偶数，3为奇数，2x+3y可以表示大于1的所有正整数，3最多的时候最优。
6、逆元：
1、除法取模要用逆元。
遇到(a/b)%mod这种情况，应转化成(a*k)%mod，k即为a在mod情况下的逆元。
2、递推求逆元
inv[1]=1 for(i=2;i<n;i++) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD
3、定义：
满足b*k≡1 (mod MOD) 即b*k%MOD==1%MOD==1的k值就是b关于MOD的乘法逆元。
4、证明：
因为b*k≡1 (mod MOD)，即(b*k)%MOD=1,即b*k=MOD*x+1。
所以，k=(MOD*x+1)/b。
把k代入(a*k) mod MOD，得：
(a*(MOD*x+1)/b) mod MOD
=((a*MOD*x)/b+a/b) mod MOD
=[((a*MOD*x)/b) mod MOD +(a/b)] mod MOD
=[(MOD*(a*x)/b) mod MOD +(a/b)] mod MOD
因为p*[(a*x)/b] mod p=0
所以上式=(a/b)mod MOD，得证。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100000 + 10;
typedef long long LL;
LL sum[MAXN], mul[MAXN], inv[MAXN];
const LL MOD = 1e9 + 7;
void init(){
sum[1] = 0, mul[1] = 1, inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXN; ++i){
sum[i] = sum[i - 1] + i;
mul[i] = ((mul[i - 1] % MOD) * (i % MOD)) % MOD;
inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
}
}
int main(){
int T;
scanf("%d", &T);
init();
while(T--){
LL x;
scanf("%lld", &x);
if(x == 1){
printf("1\n");
continue;
}
int id = lower_bound(sum + 2, sum + MAXN, x) - sum;
if(sum[id] == x){
printf("%lld\n", mul[id]);
continue;
}
--id;
LL rest = x - sum[id];
LL ans;
if(2 + rest > id){
ans = ((mul[id] * inv[2]) % MOD * (2 + rest)) % MOD;
}
else{
ans = ((mul[id] * inv[id + 1 - rest]) % MOD * (id + 1)) % MOD;
}
printf("%lld\n", ans % MOD);
}
return 0;
}
标签：mil namespace 分析 处理 lower UI return 最小 scan
原文地址：http://www.cnblogs.com/tyty-Somnuspoppy/p/6876132.html
