LightOJ1298 One Theorem, One Year（DP + 欧拉函数性质）

题目

Source

http://www.lightoj.com/volume_showproblem.php?problem=1298

Description

A number is Almost-K-Prime if it has exactly K prime numbers (not necessarily distinct) in its prime factorization. For example, 12 = 2 * 2 * 3 is an Almost-3-Prime and 32 = 2 * 2 * 2 * 2 * 2 is an Almost-5-Prime number. A number X is called Almost-K-First-P-Prime if it satisfies the following criterions:

1. X is an Almost-K-Prime and
2. X has all and only the first P (P ≤ K) primes in its prime factorization.

For example, if K=3 and P=2, the numbers 18 = 2 * 3 * 3 and 12 = 2 * 2 * 3 satisfy the above criterions. And 630 = 2 * 3 * 3 * 5 * 7 is an example of Almost-5-First-4-Pime.

For a given K and P, your task is to calculate the summation of Φ(X) for all integers X such that X is an Almost-K-First-P-Prime.

Input

Input starts with an integer T (≤ 10000), denoting the number of test cases.

Each case starts with a line containing two integers K (1 ≤ K ≤ 500) and P (1 ≤ P ≤ K).

Output

For each case, print the case number and the result modulo 1000000007.

Sample Input

3
3 2
5 4
99 45

Sample Output

Case 1: 10
Case 2: 816
Case 3: 49939643

分析

题目大概说，定义，一个数为Almost-K-First-P-Prime当且仅当这个数由K个质因子组成，且这K个质因子包含且仅包含于前P个质数。给定k和p，求Σphi(AkFpP)。

首先要知道欧拉函数这几个性质：

1. φ(p)=p-1（p是质数）
2. φ(p*a)=(p-1)*φ(a)（p是质数且p不能整除a）
3. φ(p*a)=p*φ(a)（p是质数且p|a）

然后，可以考虑用DP来解，利用上面的性质去转移。

一开始我这么想的，首先由于k个质因子中那p个是一定要有的，先把它们固定下来，即∏prime[1...p]，其phi值为∏(prime[1...p]-1)。然后还剩下k-p个质因子要确定，有p个质因子可以选择，这其实就是完全背包问题了：p种物品体积都为1选了之后价值*prime[i]，背包容量k-p，问所有选择方案的价值和。

不过这样会TLE的，数据有10000组，通过可以枚举p把所有情况预处理出来，O(P²K)的时间复杂度，可能会超时，不过已经爆内存了。

事实上还有更直接的预处理方式：

• dp[i][j]表示Σphi(Almost-i-First-j-Prime)

考虑这么转移：

• 如果prime[j]只出现一次，那么就是从dp[i-1][j-1]（这个状态prime[j]不会出现，出现的是前j-1个质数）通过第i个质因子选择prime[j]转移：dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*(prime[j]-1)
• 如果prime[j]出现多于一次，那么就是从dp[i-1][j]（这个状态prime[j]至少出现一次，再加上一次就大于1次了）转移了：dp[i][j]+=dp[i-1][j]*prime[j]

时间复杂度就是O(PK)

其实这种转移的分析方式觉得挺强的，分成等于1、大于等于1，这两个能分别求出来且互补的子问题。和排队购票那个经典题的转移一样。

下面是那两个算法的代码实现。

代码

O(P²K)

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int prime[555];

bool is_prime(int n){
    for(long long i=2; i*i<=n; ++i){
        if(n%i==0) return 0;
    }
    return 1;
}

long long d[501][501][500];

void init(){
    int n=0;
    for(int i=2; n!=500; ++i){
        if(is_prime(i)){
            prime[++n]=i;
        }
    }
    for(int p=1; p<=500; ++p){
        d[p][0][0]=1;
        for(int i=1; i<=p; ++i){
            d[p][0][0]*=prime[i]-1;
            d[p][0][0]%=1000000007;
        }
        for(int i=1; i<=p; ++i){
            for(int j=0; j<500; ++j){
                if(j) d[p][i][j]=d[p][i-1][j]+d[p][i][j-1]*prime[i];
                else d[p][i][j]=d[p][i-1][j];
                d[p][i][j]%=1000000007;
            }
        }
    }
}

int main(){
    init();
    int t,k,p;
    scanf("%d",&t);
    for(int cse=1; cse<=t; ++cse){
        scanf("%d%d",&k,&p);
        printf("Case %d: %lld\n",cse,d[p][p][k-p]);
    }
    return 0;
}

O(PK)

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int prime[555];

bool is_prime(int n){
    for(long long i=2; i*i<=n; ++i){
        if(n%i==0) return 0;
    }
    return 1;
}

long long d[555][555];

void init(){
    int n=0;
    for(int i=2; n!=500; ++i){
        if(is_prime(i)){
            prime[++n]=i;
        }
    }
    d[0][0]=1;
    for(int i=1; i<=500; ++i){
        for(int j=1; j<=i; ++j){
            d[i][j]+=d[i-1][j-1]*(prime[j]-1);
            if(i-1>=j) d[i][j]+=d[i-1][j]*prime[j];
            d[i][j]%=1000000007;
        }
    }
}

int main(){
    init();
    int t,k,p;
    scanf("%d",&t);
    for(int cse=1; cse<=t; ++cse){
        scanf("%d%d",&k,&p);
        printf("Case %d: %lld\n",cse,d[k][p]);
    }
    return 0;
}