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这次运气比较好，做出两题。本来是冲着第3题可以cdq分治做的，却没想出来，明天再想好了。
A. On Number of Decompositions into Multipliers
题意：n个数a1，a2, a3...an求n个数相乘与a1*a2*a3*a4...an相等的排列个数。
分析：首先应该对ai分解质因数，求出所有ai中质因数及个数，枚举排列中每个数包含的质因数个数，例如质因数qi，有ni个，相应的排列中数包含质因数qi个数设为x1，x2,....xn, x1+x2+x3..+xn = ni , 那么对于qi共有C(ni+n-1, n-1)种情况。简单来说就是将ni分成n部分，这样想：有ni个球，需要分成n部分，也就是在n个球中插入n-1根木棍，这样分成n部分就相当于ni+n-1中选n-1个位置。最后把所有质因子可能的划分情况相乘起来就行了。
注意：分解质因数最后一个质因数可能很大！
代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define in freopen("solve_in.txt", "r", stdin); 3 #define bug(x) printf("Line %d : >>>>>>>\n", (x)); 4 #define pb push_back 5 6 using namespace std; 7 typedef long long LL; 8 typedef map<int, int> Mps; 9 const int M = (int)1e9+7; 10 const int maxn = 555; 11 const int maxm = (int)1e5 + 100; 12 LL inv[maxn]; 13 int a[maxn]; 14 Mps Div; 15 vector<int> dv; 16 17 LL powmod(LL a, LL b) { 18 LL res = 1; 19 while(b) { 20 if(b&1) 21 res = (res*a)%M; 22 b >>= 1; 23 a = (a*a)%M; 24 } 25 return res; 26 } 27 void getInv(int n) { 28 for(int i = 1; i < n; i++) { 29 inv[i] = powmod(i, M-2); 30 } 31 } 32 void getDiv(int x) { 33 int m = (int)sqrt(x+.5); 34 for(int i = 2; i <= m; i++) { 35 if(x%i == 0) { 36 if(Div[i] == 0) 37 dv.pb(i); 38 while(x%i == 0) { 39 Div[i]++; 40 x/=i; 41 } 42 } 43 } 44 if(x > 1) { 45 if(Div[x] == 0) 46 dv.pb(x); 47 Div[x]++; 48 } 49 } 50 LL nCr(LL n, LL m) { 51 LL res = 1; 52 for(int i = 0; i < m; i++) { 53 res = res*(n-i)%M*inv[i+1]%M; 54 if(res < 0) 55 res += M; 56 } 57 return (res + M)%M; 58 } 59 int main() { 60 61 getInv(maxn); 62 int n; 63 scanf("%d", &n); 64 for(int i = 1; i <= n; i++) { 65 scanf("%d", a+i); 66 getDiv(a[i]); 67 } 68 LL ans = 1; 69 for(int i = 0; i < (int)dv.size(); i++) { 70 int x = dv[i]; 71 ans = ans*nCr(Div[x]+n-1, n-1)%M; 72 } 73 cout<<ans<<endl; 74 return 0; 75 }
B. On Sum of Fractions
题意：给定n， u(i)表示不超过i的最大质数， v(i)表示大于i的最小质数。求对于所有的2<= i <= n , sum{1/(u(i)*v(i)}， 最简分式结果。
分析：
列出n的前几个数的1/u(i)*v(i)，发现对于两个相邻素数pi, pi+1间的数i， 1/u(i)*v(i)结果是一样的。也就是说 对于 pi <= x < pi+1， sum{1/u(x)v(x)},化简后就是， 1/u(x)-1/v(x), 得到这个结论后，每次找到大于n的一个素数pi+1，结果就变成两部分， x < pi, 和 pi <= x < n， 第一部分化简就是1/2-1/pi ,第二部分：n-pi+1/(pi*pi+1), 两者之和合并一下就会得到一个表达式：2*(n+1)-2*(pi+pi+1)-pi*pi+1/(2*pi*pi+1)。求质数，用Miller-Rabin法判断前后两个质数就可以了。
代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define in freopen("solve_in.txt", "r", stdin); 3 #define bug(x) printf("Line %d : >>>>>>>\n", (x)); 4 #define pb push_back 5 6 using namespace std; 7 typedef pair<int, int> PII; 8 typedef long long LL; 9 typedef map<int, int> Mps; 10 11 LL powmod(LL a, LL b, LL c) { 12 LL res = 1; 13 while(b) { 14 if(b&1) res = res*a%c; 15 b >>= 1; 16 a = (a*a)%c; 17 } 18 return res; 19 } 20 bool test(int n, int a, int d) { 21 if(n == 2)return true; 22 if(n == a) return true; 23 if((n&1) == 0) return false; 24 while(!(d&1)) d >>= 1; 25 int t = powmod(a, d, n); 26 while((d != n-1) && (t != 1) && (t != n-1)) { 27 t = (LL)t*t%n; 28 d <<= 1; 29 } 30 return (t == n-1) || (d&1) == 1; 31 32 } 33 bool isPrime(int n) { 34 if(n < 2) return false; 35 int a[] = {2, 3, 61}; 36 for(int i = 0; i <= 2; i++) if(!test(n, a[i], n-1)) return false; 37 return true; 38 } 39 pair<LL, LL> getPrime(LL n) { 40 LL x = n; 41 x++; 42 PII ans; 43 while(1) { 44 if(isPrime(x)) { 45 ans.first = x; 46 break; 47 } 48 x++; 49 } 50 x = n; 51 while(1) { 52 if(isPrime(x)) { 53 ans.second = x; 54 break; 55 } 56 x--; 57 } 58 return ans; 59 } 60 LL getGcd(LL a, LL b) { 61 return !b ? a : getGcd(b, a%b); 62 } 63 int main() { 64 65 int T; 66 int n; 67 for(int t = scanf("%d", &T); t <= T; t++) { 68 scanf("%d", &n); 69 if(n == 2) { 70 puts("1/6"); 71 } else { 72 PII u = getPrime(n); 73 LL x = u.first, y = u.second; 74 LL a = 2*(n+1)-2*(x+y)+x*y; 75 LL b = 2*x*y; 76 LL c = getGcd(a, b); 77 printf("%I64d/%I64d\n", a/c, b/c); 78 } 79 } 80 return 0; 81 }
C. On Changing Tree
题意：
Codeforces Round #232 (Div. 1)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/rootial/p/3948478.html
