Number Sequence（hdu4390）

Number Sequence

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Problem Description

Given a number sequence b₁,b₂…b_n.
Please count how many number sequences a₁,a₂,...,a_n satisfy the condition that a₁*a₂*...*a_n=b₁*b₂*…*b_n (a_i>1).

 

Input

The input consists of multiple test cases.
For each test case, the first line contains an integer n(1<=n<=20). The second line contains n integers which indicate b₁, b₂,...,b_n(1<b_i<=1000000, b₁*b₂*…*b_n<=10²⁵).

 

Output

For each test case, please print the answer module 1e9 + 7.

 

Sample Input

2

3 4

 

Sample Output

4

 

 

Hint

For the sample input, P=3*4=12.

Here are the number sequences

that satisfy the condition: 2 6 3 4 4 3 6 2

 

题意：
给定b1---bn n个数，让你求出满足a1*a2*....*an-1*an（ai>1)=b1*b2*...*bn的种数。

思路：
先对每一个b分解质因数，统计每个质因子的个数，每个质因数不相互影响，可以单独考虑。首先考虑一种质因数放的总数，应明白 m个相同的数放进n个不同的盒子中（盒子可以为空）的总的种数为C（n-1,n+m-1).运用隔板法：实际上就是把m个数分成n组，每组可以为空，我们加上n-1个隔板，选出隔板所在的位置，相邻隔板之间的位置都放数，就有C(n-1,n+m-1)种了。
对每一质因数，运用上面的公式分别放进n个不同的盒子中，然后根据乘法原理，就能计算出答案了。

但是此时计算的答案并不是我们想要的，因为ai不能为1，故盒子不能为空，所以要用到容斥原理了。
运用容斥原理加上0盒子个为空的情况，减去k1*1个盒子为空的情况加上k2*2个盒子为空的情况...

k1、k2、ki怎样得到呢？
设 f[i]-放入i个数能够为空的种数，g[i]-放入i个数不能为空的种数，求g[n]。

考虑n=3时，
f[3]=g[3]+C(3,1)*g[2]+C(3,2)*g[1],
f[2]=g[2]+C(2,1)*g[1],
f[1]=g[1].
化简能得到g[3]=f[3]-C(3,1)*f[2]+C(3,2)*f[1].
根据数学归纳法能得到g[n]=f[n]-C(n,1)*f[n-1]+C(n,2)*f[n-2]-...

ps：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4390

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define FOR(i,a) for((i)=0;i<(a);(i)++)
#define MEM(a) (memset((a),0,sizeof(a)))
#define LL __int64

const int N=1010;
const int M=1000010;
const LL MOD=1000000007;
const int INF=0x7fffffff;
const double eps=1e-7;
const double PI=acos(-1.0);

LL n,k,f[N],p[N],c[505][505];
//c记录组合数，f记录因子，p记录对应因子数


void init()//组合数[下a C b上]  C(a,b)=C(a-1,b)+C(a-1,b-1);公式递归;
{
    for(LL i=0;i<=500;i++)
    {
        c[i][0]=c[i][i]=1;
        for(LL j=1;j<i;j++)
            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%MOD;
    }
}

LL work()
{//容斥原理
    LL temp,ans;
    ans=0;
    for(LL i=0;i<n;i++)
    {
        temp=c[n][i];
        for(LL j=0;j<k;j++)
            temp=(temp*c[n-i+p[j]-1][n-i-1])%MOD;//c(n+m-1,n-1)
        if(i%2 == 0)
            ans=(ans+temp)%MOD;
        else
            ans=((ans-temp)%MOD+MOD)%MOD;;
    }
    return ans;
}

void Join(LL i,LL t)
{
    LL j;
    for(j=0;j<k;j++)
        if(f[j] == i)
        {
            p[j]+=t;
            break;
        }
    if(j == k)
    {
        f[k]=i;
        p[k++]=t;
    }
}
int main()
{
    init();
    LL a,i,j,t;
    while(scanf("%I64d",&n)!=EOF)
    {
        k=0;
                for(i=0;i<n;i++)
        {
            scanf("%I64d",&a);

            //求质因数及个数

            t=0;
            for(j=2;j*j<=a;j++)
            {
                while(a%j==0)
                {
                    a/=j;
                    t++;
                }
                if(t>0)
                   Join(j,t);
            }
            if(a>1)
                Join(a,1);
        }

        printf("%I64d
",work());
    }
    return 0;
}

思路篇，需要好好体会。。。