BZOJ5302 [HAOI2018]奇怪的背包 【数论 + dp】

题目

小 CC 非常擅长背包问题，他有一个奇怪的背包，这个背包有一个参数 PP ，当他 向这个背包内放入若干个物品后，背包的重量是物品总体积对 PP 取模后的结果． 现在小 CC 有 nn 种体积不同的物品，第 ii 种占用体积为 V_iV
i
​ ，每种物品都有无限个． 他会进行 qq 次询问，每次询问给出重量 w_iw
i
​ ，你需要回答有多少种放入物品的方 案，能将一个初始为空的背包的重量变为 w_iw
i
​ ．注意，两种方案被认为是不同的， 当且仅当放入物品的种类不同，而与每种物品放入的个数无关．不难发现总的方 案数为 2^n2
n
. 由于答案可能很大，你只需要输出答案对1e9+7取模的结果．

输入格式

从文件 knapsack.inknapsack.in 中读入数据. 第一行三个整数 nn , qq , PP ，含义见问题描述. 接下来一行 nn 个整数表示 V_iV
i
​ . 接下来一行 qq 个整数表示 w_iw
i
​ .

输出格式

输出到文件 knapsack.outknapsack.out 中. 输出 qq 行，每行一个整数表示答案．

输入样例

3 3 6
1 3 4
5 2 3

输出样例

5
6
6

提示

题解

考虑数论中的(ax + by)这样线性组合的形式，其只能表示(gcd(a,b))的倍数
(ax mod P)可以写成(ax - Py)，也是(a)与(P)的线性组合
所以一个物品只能表示(gcd(V[i],P))的倍数
我们只需要求出所有(P)的约数的方案数，对于询问(W[i])，我们只需要查询(gcd(W[i],P))的倍数的方案数

设(f[i][j])表示前(i)个数凑出以约数(j)为线性组合中的最小值的方案数【即(j)对其倍数的贡献】，转移即可

(10^9)以内约数最大不超过(10^3)个

建议别用STL

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
#define MAP map<int,int>
#define res register 
using namespace std;
const int maxn = 1000005,maxm = 100005,INF = 1000000000,md = 1e9 + 7;
inline int read(){
	res int out = 0,flag = 1; res char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
inline void write(int x){if (x >= 10) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0');}
MAP f[2],Ans,A;
MAP::iterator it,IT;
int n,m,P;
inline int add2(int x,int y){x += y; if (x >= md) x -= md; return x;}
inline void add(int& x,int y){x += y; if (x >= md) x -= md;}
inline int gcd(int a,int b){return b ? gcd(b,a % b) : a;}
void init(){
	int tmp,p = 1; f[0][P] = 1;
	for (IT = A.begin(); IT != A.end(); IT++,p ^= 1){
		f[p].clear();
		for (it = f[p ^ 1].begin(); it != f[p ^ 1].end(); it++){
			add(f[p][it->first],it->second);
			tmp = gcd(IT->first,it->first);
			add(f[p][tmp],1ll * add2(IT->second,md - 1) * it->second % md);
		}
	}
	p ^= 1;
	for (res int i = 1; 1ll * i * i <= P; i++) Ans[i] = Ans[P / i] = 0;
	for (it = Ans.begin(); it != Ans.end(); it++)
		for (IT = f[p].begin(); IT != f[p].end(); IT++)
			if (it->first % IT->first == 0)
				add(it->second,IT->second);
}
void solve(){
	while (m--) write(Ans[gcd(read(),P)]),puts("");
}
int main(){
	n = read(); m = read(); P = read();
	int x;
	for (res int i = 1; i <= n; i++){
		x = gcd(read(),P);
		if (!A.count(x)) A[x] = 2;
		else A[x] = A[x] * 2 % md;
	}
	init();
	solve();
	return 0;
}