题意：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4772
sol ：这个题卡了我一整天QAQ
出题人简直丧心病狂，卡内存+卡常数QAQ
题意就是，给你一个整数，让你求所有整数划分的方案数的价值和，价值是个函数
长成这个样子：
∑划分方案数
然后就是，考虑枚举pi和pj，如何算这个二元组在整数划分中出现的次数
记sum[i]为将i进行整数划分的方案数（实际操作时为避免数组下标为负所以将sum反向）
sum[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i==1||j==1) f[i][j]=1;
else if(i==j) f[i][j]=(f[i][j-1]+1)%p;
else if(i<j) f[i][j]=f[i][j-1];
else f[i][j]=(f[i-j][j]+f[i][j-1])%p;
}
sum[i]=f[i][i];
}当pi!=pj的时候，枚举pi和pj出现的次数muli,mulj，那么答案即为ans[pi][pj]+=sum[n-pi*muli-pj*mulj]
而当pi=pj时，同样枚举pi出现的次数，我们要考虑两两组合的方案数
即ans[pi][pi]+=muli*(muli-1)/2*(sum[muli*pi]-sum[(muli+1)*pi])
然后我到这就不会了QAQ，于是去请教了Nbc和Claris，%%%
Nbc表示这个题就是个暴力随便搞搞就行了......我：
Claris表示其实这个g是个积性函数......我：
好了这个题可以做了QAQ
我们考虑g(n)在n为质数的情况下的值为2n-2，所以直接预处理线性筛一发g(x)就行了QAQ
然后对于那个F(i,j)我们可以预处理一发gcd和pow就可以O(1)做了
于是我们的做法就是，枚举不相等的i和j，统计答案
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n-i;j++)
for(int muli=1;muli*i+j<=n;muli++)
for(int mulj=1;mulj*j+muli*i<=n;mulj++)
ans+=g[a[F(i,j)]]*sum[muli*i+mulj*j]%p,ans%=p;然后再枚举相等的i和j，统计答案
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int muli=1;muli*i<=n;muli++)
ans=(ans+g[a[F(i,i)]]*muli*(muli-1)/2*(sum[muli*i]-sum[(muli+1)*i]+p))%p;然后我们就愉悦的发现他0ms TLE了
哦....原来是define int long long炸内存了啊QAQ
简单的改了改然后交上去，发现他又偷♂税的T掉了......
我们发现在统计不相等的i和j时的取模操作太多了QAQ
于是我们可以手动实现一发取模操作...然而我并不会乘法取模，怎么办呢？
我们发现乘法取模是因为乘了一个g[]，然而F(i,j)的范围只有1e5，奥妙重重
考虑开一个数组Cnt记录F的每个值的访问次数，这样的话在后面一次性统计即可
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n-i;j++)
for(int muli=1;muli*i+j<=n;muli++)
for(int mulj=1;mulj*j+muli*i<=n;mulj++)
mod(Cnt[F(i,j)],sum[muli*i+mulj*j]);
for(int i=0;i<K;i++) ans+=1LL*g[a[i]]*Cnt[i]%p,ans%=p;于是这道题就可以切掉了QwQ
附上完整代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int p=1e9+7;
const int Mx1=2010;
const int Mx2=1e7+10;
int tp,n,K,a[Mx2],sum[Mx1],f[Mx1][Mx1],gcd[Mx1][Mx1],mul[Mx1][Mx1];
int cnt,ans,pri[Mx2],tmp[Mx2],g[Mx2],b[Mx1];
bool jud[Mx2];
inline void pre()
{
sum[n]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i==1||j==1) f[i][j]=1;
else if(i==j) f[i][j]=(f[i][j-1]+1)%p;
else if(i<j) f[i][j]=f[i][j-1];
else f[i][j]=(f[i-j][j]+f[i][j-1])%p;
}
sum[n-i]=f[i][i];
}
g[0]=0,g[1]=1;
for(int i=2;i<=1e7;i++)
{
if(!jud[i]) pri[++cnt]=tmp[i]=i,g[i]=(2*i-2)%p;
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=1e7;j++)
{
jud[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j])
tmp[i*pri[j]]=pri[j],
g[i*pri[j]]=g[i]*g[pri[j]]%p;
else
{
tmp[i*pri[j]]=tmp[i]*pri[j];
if(tmp[i]!=i) g[i*pri[j]]=1LL*g[i/tmp[i]]*g[tmp[i]*pri[j]]%p;
else g[i*pri[j]]=(1LL*g[i]*pri[j]+i*pri[j]-i)%p;
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) gcd[i][0]=gcd[0][i]=gcd[i][i]=i,gcd[1][i]=gcd[i][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=2;j<=i;j++)
{
if(!gcd[i][j]) gcd[i][j]=gcd[j][i-j];
gcd[j][i]=gcd[i][j];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
mul[i][0]=1;
for(int j=1;j<=n;j++) mul[i][j]=(1LL*mul[i][j-1]*i)%K;
}
}
inline int F(int pi,int pj)
{
if(tp==1) return 1%K;
if(tp==2) return (gcd[pi][pj])%K;
if(tp==3) return (mul[pi][pj]+mul[pj][pi]+(pi^pj))%K;
}
inline void mod(int &x,const int &y){
x+=y;
if (x>=p) x-=p;
}
int Cnt[Mx2];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&tp,&n,&K);
for(int i=0;i<K;i++) scanf("%d",&a[i]);
pre();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n-i;j++)
for(int muli=1;muli*i+j<=n;muli++)
for(int mulj=1;mulj*j+muli*i<=n;mulj++)
mod(Cnt[F(i,j)],sum[muli*i+mulj*j]);
for(int i=0;i<K;i++) ans+=1LL*g[a[i]]*Cnt[i]%p,ans%=p;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int muli=1;muli*i<=n;muli++)
{
int Tmp=1LL*muli*(muli-1)/2*(sum[muli*i]-sum[(muli+1)*i]+p)%p;
mod(ans,1LL*g[a[F(i,i)]]*Tmp%p);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4271034/blog/4295021