HDU 6042 - Journey with Knapsack | 2017 Multi-University Training Contest 1

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HDU 6042 - Journey with Knapsack [ 生成函数,五边形定理 ]  |  2017 Multi-University Training Contest 1
题意:
	n种物品，每种 a[i] 个，体积为 i，m 个武器，每个体积为 b[i]
	求2*n大小的背包里只能装一个武器，任意食物的方案数
	限制条件：
		a[i]各不相同且 0 <= a[1] <= a[2] <= ... a[n] <= 2*n
		n <= 5e4
分析：
	先不考虑武器，求出任意i <= 2*n 的放食物的方案数ans[2*n]，答案即为 ∑ ans[2*n - b[i]]
	其实本质和整数划分相同，限制了每个数字选择的次数
	考虑选择食物的生成函数：
		第i种食物的贡献因子 f(x) = 1 + x^i + x^2i + ... + x^(a[i]*i) = ( 1 - x^((ai+1)*i) ) / ( 1 - x^i )
	故	F(x) =  ∏ f(i) [1<=i<=n]
			 = ∏ (1 - x^((ai+1)*i)) / (1-x^i) [1<=i<=n]
			 = ∏ (1 - x^((ai+1)*i)) [1<=i<=n]  *  ∏ 1/(1-x^i) [1<=i<=n]

	研究一下乘号左边这一项累乘：
		假设已求得乘号右边这一项 F'(x) = ∏ 1/(1-x^i) [1<=i<=2*n] = ∑ dp[i]*x^i [1<=i<=2*n]
		则两边多项式合并时，相当于一个n项的多项式（右边） 和 n个两项的多项式（左边）相乘
		假设左边第i项 (1 - x^((ai+1)*i)) 与 F'(x) 合并，则：
			(1 - x^((ai+1)*i)) * ( ∑ dp[j]*x^j [1<=j<=2*n] ) =  ∑ dp[j]*x^j [1<=j<=n] - ∑ dp[j-(ai+1)*i] * x^j [(ai+1)*i) <= j <= 2*n+(ai+1)*i)] （多项式右移(ai+1)*i)次）
		由于体积只有2*n大小，故x^(2*n+1)项及以后无意义
			故上式 = ∑ dp[j]*x^j [1<=j<=n]  -  ∑ dp[j-(ai+1)*i] * x^j [(ai+1)*i) <= j <= 2*n]
				   = ∑ dp[j]*x^j [1<=j< (ai+1)*i)]  +  ∑ (dp[j]- dp[j-(ai+1)*i])*x^j [(ai+1)*i) <= j <= 2*n]
		即对于所有 (ai+1)*i <= j <= 2*n 的项，执行操作：
			dp[j] = dp[j] - dp[j-a(i+1)*i] （按01背包形式，至高往低）

		由于合并后 F'(x) 形式不变，故可循环合并 n 次
		单次合并复杂度 O(2*n - a(i+1)*i) = O(n)
		根据限制条件 0 <= a[1] <= a[2] <= ... a[n] <= 2*n ，可推得 ai >= i-1, (ai+1)*i >= i^2 （鸽巢原理）
		故 (ai+1)*i <= 2*n 的项只有 O(n^0.5) 项
		故合并总时间复杂度 O(n^1.5)

	研究一下乘号右边这一项累乘：
		其形式与无限制的整数划分的方案数的生成函数相同，由于目前只有n项累乘，按题意先补齐至2n项
		F'(x) = ∏ 1/(1-x^i) [1<=i<=n]
			  = ∏ 1/(1-x^i) [1<=i<=2n]  *  ∏ (1-x^i) [n+1<=i<=2n]

		乘号左边这一项 P(x) 即2*n以内无限制的整数划分的方案数，根据五边形定理可以在 O(n^1.5) 预处理出

		观察乘号右边那一项，虽然形式与上面讨论的累乘形式相近，但可以分析暴力合并复杂度 O(n^2)
		打开这个累乘，由于 n+1<=i<=2n ，任意两项 x^i * x^j = x^(i+j) ，此时i+j > 2*n
		故去掉指数为 2n 以上的无效项后：
		∏ (1-x^i) [n+1<=i<=2n]  =  1 - ∑x^i [n+1<=i<=2n]
		F'(x) = P(x)  *  ( 1 - ∑x^i ) [n+1<=i<=2n]
		令 	P(x) = ∑ dp[i]*x^i [1<=i<=2n]，考虑合并：
		F'(x) =   ∑ dp[i] * x^i [1<=i<=2n]
				- ∑ dp[i-n-1] * x^i [n+1<=i<=2n]
				- ∑ dp[i-n-2] * x^i [n+2<=i<=2n]
				- ∑ dp[i-n-3] * x^i [n+3<=i<=2n]
				- ...
			  =   ∑ dp[i] * x^i [1<=i<=n]
				+ ∑ x^(n+1)  *  (dp[n+1] - dp[0])
				+ ∑ x^(n+2)  *  (dp[n+1] - dp[0] - dp[1])
				+ ∑ x^(n+2)  *  (dp[n+1] - dp[0] - dp[1] - dp[2])
				...
		即对于所有 n+1 <= j <= 2*n 的项，执行操作：
			dp[j] = dp[j] - sum[j-n-1],  sum[]为dp[]的前缀和
		合并复杂度O(n)

	总时间复杂度O(n^1.5)
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const LL MOD = 1e9+7;
const int N = 100005;
LL Qn[3000], f[N];//五边形数，整数划分生成函数
void Init() {
    for (int i = 1; i <= 2000; i += 2) {
        LL n = (i+1)/2;
        Qn[i] = (3*n*n - n) / 2;
        Qn[i+1] = (3*n*n + n) / 2;
    }
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++)
        for (int j = 1, r = 1; j <= 2000; j += 2, r *= -1) {
            if (i - Qn[j] < 0) break;
            f[i] = (f[i] + f[i-Qn[j]] * r + MOD) % MOD;
            if (i - Qn[j+1] < 0) break;
            f[i] = (f[i] + f[i-Qn[j+1]] * r + MOD) % MOD;
        }
}
LL dp[N];
int n, m, tt;
int main()
{
    Init(); tt = 0;
    while (~scanf("%d%d", &n, &m))
    {
        for (int i = 0; i <= n<<1; i++) dp[i] = f[i];
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            LL a, b; scanf("%lld", &a); b = i*(a+1);
            for (int j = n<<1; j >= b; j--)
                dp[j] = (dp[j] + MOD - dp[j-b]) % MOD;
        }
        for (int j = n+1, sum = 0; j <= n<<1; j++)
        {
            sum = (sum + dp[j-n-1]) % MOD;
            dp[j] = (dp[j] + MOD - sum) % MOD;
        }
        LL ans = 0;
        while (m--)
        {
            int x; scanf("%d", &x);
            ans = (ans + dp[2*n-x]) % MOD;
        }
        printf("Case #%d: %lld\n", ++tt, ans % MOD);
    }
}

* 修正了写错的公式