Codeforces 1061C (DP+滚动数组）

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题面

传送门

分析

考虑DP

设\(dp[i][j]\)表示前i个数选出的序列长度为j的方案数

状态转移方程为:

\[ dp[i][j]= \begin{cases}dp\left[ i-1\right] \left[ j-1\right] +dp\left[ i-1\right] \left[ j-1\right] ,j \equiv 0 (\mod i) \\ dp\left[ i-1\right] \left[ j-1\right],otherwise \end{cases} \]

如果二维DP，直接从1~n枚举i,j,显然会MLE

发现第一维状态i只和i-1有关，考虑用类似01背包的方法去掉一维

设dp[j]表示长度为j时的状态

第i-1次循环结束后，\(dp[j]\)存储的是原来\(dp[i-1][j]\)的值

然后我们类似01背包，倒序循环j (j为i的因数,若j不是i的因数，dp值不变，不必循环) dp[j]+=dp[j-1]

我们更新dp[j]时，dp[j-1]存的还是原来\(dp[i-1][j-1]\)的值，这样便不会重复更新

另外，因数个数怎么解决呢

我们用这样的筛法，可以在\(O(n\log n)\)的时间内筛出1~n的因数

vector<int>d[maxA];
void sieve(int x){
    for(int i=1;i<=x;i++){
        for(int j=1;j<=x/i;j++){
            d[i*j].push_back(i);
        }
    }
} 

所以总的时间复杂度为\(O(n\log \max(a_i))\)

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector> 
#include<algorithm> 
#define maxn 100005
#define maxA 1000005
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n;
int maxa;
int a[maxn];
int dp[maxA];
vector<int>d[maxA];
void sieve(int x){
    for(int i=1;i<=x;i++){
        for(int j=1;j<=x/i;j++){
            d[i*j].push_back(i);
        }
    }
} 
int cmp(int x,int y){
    return x>y; 
} 
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        maxa=max(maxa,a[i]); 
    } 
    dp[0]=1;
    sieve(maxa); 
    for(int i=1;i<=n;i++){ 
        for(int j=d[a[i]].size()-1;j>=0;j--){
            int x=d[a[i]][j];
            dp[x]+=dp[x-1];
            dp[x]%=mod;
        }
    }
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans+=dp[i];
    }
    ans%=mod;
    cout<<ans;
} 

Codeforces 1061C (DP+滚动数组）

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原文地址：https://www.cnblogs.com/birchtree/p/10013640.html