6641. 【GDOI20205.20模擬】Sequence

題目

構造出一個正整數序列$\{a_1,a_2,...,a_m\}$，滿足：
$\sum_{i=1}^m=n$
$a_{i}\geq a_{i+1}*\frac{p}{q}$
其中$n$和$p,q$是給定的，$m$自己定。
求最大的$\sum_{i=1}^n a_ix^k$
$n,p,q\leq 1e9$
$k\leq 1e6$

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正解

沒有思考歷程，因爲比賽的時候幾乎沒有想過這題，也不存在一點思路。
這題是亂搞題。

記$d=\frac{p}{q}$，按照$d$的大小分類討論：
當$d\leq1$時，最優的構造方法是$a_i=1$。
這個給出結論之後就可以很好地感受出來。如果問我爲什麼是這樣，我只能回答無可奉告。
然後就變成了求自然數冪和。
直接套拉格朗日插值法公式，可以做到$O(k)$或$O(k\lg k)$（快速冪）.。
當$d>1$時，
顯然$a_i>a_{i+1}$，所以$m\leq \sqrt{2n}$
考慮一個厲害的貪心策略：找到儘量靠後的，並且可以加一的$a_i$。判斷是否可以加一，就是在$a_i$加一之後，根據題目的性質往前調整所有$j<i$的$a_j$的值，如果增量不超過$n$，就可以成立。如果可以成立，就給它加一，前面的也跟着調整，$n$的值減小。一直循環着做下去直到$n$清零。

可以如此感受：不考慮題目的限制，給後面的數字加一，比起給前面的數字加一是更優的；然後，給儘量後的數字加一，有利於擴展到更優的情況。設想你給$a_i$加一，由於題目限制$a_{i-1}$加$x$，這個肯定比直接給$a_{i-1}$加$x$優。對於更多的數量關係，也可以類似地考慮。

很顯然，如果$a_i$可以加一，則滿足$j<i$的所有$a_j$都可以加一。
於是這個位置可以二分出來。
每次都加一太慢，於是二分一下最多可以加多少。

什麼？擔心$a_i$加若干次之後，存在$j>i$滿足$a_j$可以加一？
別想了，如果這樣$a_j$之前早就加一了。

至於時間複雜度分析，呃呃呃看題解吧……

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代碼

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cassert>
#define ll long long
#define mo 1000000007
#define M 1000010
ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
	ll r=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
		if (y&1)
			r=r*x%mo;
	return r;
}
int n,m,k,p,q;
double d;
int a[M];
bool judge(int x,int y){
	if (y>n)
		return 0;
	ll ai=a[x]+y,need=y;
	for (int i=x;i>1;--i){
		ll ai_1=ceil(ai*d);
		need+=ai_1-a[i-1];
		if (need>n)
			return 0;
		ai=ai_1;
	}
	return 1;
}
void add(int x,int y){
	a[x]+=y;
	n-=y;
	for (int i=x;i>1;--i){
		ll ai_1=ceil(a[i]*d);
		n-=ai_1-a[i-1];
		a[i-1]=ai_1;
	}
}
ll fac[M];
ll s[M];
int pri[M],np;
bool inp[M];
ll pro(ll l,ll r){
	ll p=1;
	for (ll i=l;i<=r;++i)
		p=p*(i%mo)%mo;
	return (p+mo)%mo;
}
int main(){
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=1000001;++i)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&p,&q);
		if (p<=q){
			s[0]=0,s[1]=1;
			np=0;
			memset(inp,0,sizeof(bool)*(k+1));
			for (int i=2;i<=k+1;++i){
				if (!inp[i]){
					pri[++np]=i;
					s[i]=qpow(i,k);
				}
				for (int j=1;j<=np && i*pri[j]<=k+1;++j){
					inp[i*pri[j]]=1;
					s[i*pri[j]]=s[i]*s[pri[j]]%mo;
					if (i%pri[j]==0)
						break;
				}
			}
			for (int i=1;i<=k+1;++i)
				(s[i]+=s[i-1])%=mo;
			if (n<=k+1){
				printf("%lld\n",s[n]);
				continue;
			}
			ll sn=0;
			for (int i=0;i<=k+1;++i)
				sn+=qpow((-(i-k-1)&1?mo-1:1)*fac[-(i-k-1)]%mo*fac[i]%mo*(n-i)%mo)%mo*s[i]%mo;
			sn=sn%mo*pro(n-k-1,n)%mo;
			printf("%lld\n",sn);
			continue;
		}
		d=(double)p/q;
		m=sqrt(2*n);
		memset(a,0,sizeof(int)*(m+1));
		while (n){
			int l=1,r=m,x=1,y=1;
			while (l<=r){
				int mid=l+r>>1;
				if (judge(mid,1))
					l=(x=mid)+1;
				else
					r=mid-1;
			}
			l=1,r=n;
			while (l<=r){
				int mid=l+r>>1;
				if (judge(x,mid))
					l=(y=mid)+1;
				else
					r=mid-1;
			}
			add(x,y);
		}
		ll ans=0;
		for (int i=1;i<=m;++i)
			ans+=a[i]*qpow(i,k)%mo;
		ans%=mo;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

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總結

比賽時要敢於貪心啊……