标签：-- 题解 sum zjzj len times leq 枚举
题目背景
\(zjzj\)和\(xx\)玩一个运气游戏，首先，在若干个卡片上各写一个正整数，然后，\(zjzj\)和\(xx\)各选一张卡片，不会让对方知道，不可以相同，再把这两个数拼在一起\((\)\(zjzj\)选的数放在前面，例如\(2\)和\(5\)拼成了\(25\)\()\)，如果这个数是\(k\)的倍数，那么\(zjzj\)赢，否则，\(xx\)赢。
可是每次玩，总是\(xx\)赢的次数多，\(zjzj\)十分不服气，就给\(xx\)出了一道题。
\(zjzj\)突发奇想，写出了这么一个式子
\(\sum\limits_{i_1=1}^{n-m+1}\sum\limits_{i_2=i_1+1}^{n-m+2}......\sum\limits_{i_m=i_{m-1}+1}^{n}(a_{i_1}\times a_{i_2}\times......\times a_{i_m})\)
\(n\)即为卡片总数，\(a_i\)即为卡片上的数
题目描述
现在告诉你有\(n\)张卡片和模数\(k\)和\(zjzj\)式子中的\(m\)，以及第\(i\)张卡片写上了\(a_i\)这个数。
\(zjzj\)想知道，他一共有多少种可能会赢。
\(xx\)也想知道，\(zjzj\)出的题目的答案是多少
输入格式
共两行：
第一行两个整数\(n,k,m\)，表示卡片个数和模数和\(zjzj\)式子中的\(m\)，保证\(k\)不等于\(0\)
第二行\(n\)个整数，表示每一张卡片上写上的数\(a_i\)
输出格式
共两行：
第一行一个数，就是\(zjzj\)赢的可能数
第二行一个数，就是\(zjzj\)的式子的答案\(\bmod 2147483648\)
输入输出样例
输入 #1 复制
3 7 2
1 4 9
输出 #1 复制
3
49
输入 #2 复制
4 3 3
2 7 5 4
输出 #2 复制
8
306
输入 #3 复制
3 3 1
2 5 9
输出 #3 复制
0
16
说明/提示
对于\(20\%\)的数据:\(1\leq n\leq 500,1\leq m\leq3\)
对于\(100\%\)的数据:\(1\leq n\leq 1000000,1\leq m\leq20\)
\(0\leq a_i\leq2147483647,1\leq k\leq 100000\)
思路
对于第一问
首先，暴力是一定会\(T\)的，因为还要算位数和\(10\)的幂。
那么，如果我们要看看\(a_i\)和\(a_j\)拼起来可不可以被\(k\)整除，就可以用这样的式子判断
\((a_i\times10^{log_{10}(a_j)+1}+a_j)\%k=0\)
把\(a_j\)的位数设为\(len\)，也就是式子中的\(log_{10}(a_j)+1\)
就成了\((a_i\times10^{len}+a_j)\%k=0\)
然后，因为两重枚举复杂度太高，那么，我们就考虑能不能两次一重的枚举，看一下当前的\(a_i\)可以和哪些数拼在一起被\(k\)整除
那么，就要在刚才的式子中分离出\(a_i\)和\(a_j\)
\((a_i\times10^{len}+a_j)\%k=0\)
\(a_i\times10^{len}\%k=-a_j\%k\)
为了要上面的式子成立，则取模的结果应该转换为正的。
就是加上一个\(k\)再\(\bmod\)一个\(k\)
即\(a_i\times10^{len}\%k=(k-a_j\%k)\%k\)
这样，就分离出了\(a_i\)和\(a_j\)
但是，在一开始处理\(a_i\times10^{len}\%k\)的时候，还要考虑到\(len\)，因为并不清楚\(a_j\)的位数，所以还要一边枚举\(len\)，算出\(a_i\times10^{len}\%k\)，存到一个二维数组\(f\)中，第一维度是\(a_i\times10^{len}\%k\)，第二维度是\(len\)
当我们第二遍枚举\(a_j\)的时候，就可以算出\(len\)，找一下有几个\(a_i\)满足\(a_i\times10^{len}\%k=(k-a_j\%k)\%k\)，直接拿出\(f_{(k-a_j\%k)\%k,len}\)就是了。
不过，还要把自己和自己拼在一起的情况减掉。
最后说几句，这道题的数据会卡常数，所以，一开始先处理出来\(10^x\%k\)，枚举是直接用，这是一个很重要的优化。
时间复杂度\(O(10n+10n=20n)\)，一开始的\(10\)是枚举\(len\)，后面的\(10\)是算位数\((log_{10}2147483647=10)\)
对于第二问
其实那个式子是用来唬人的。
真实的答案就是枚举\(m\)个\(a_i\)，把这些\(a\)乘起来，然后再把所有的积加在一起就是答案。
比如说\(a=\{2,4,5,3\},m=2\)
那么就要算这些
我们发现，再第一重枚举\(i_1\)的时候：
当\(i_1=1\)时，要算\(2\times4+2\times5+2\times3=2\times(4+5+3)\)
当\(i_1=2\)时，要算\(4\times5+4\times3=4\times(5+3)\)
当\(i_1=3\)时，要算\(5\times3=4\times3\)
这样，不就是后缀和了吗。
先\(O(n)\)一遍处理后缀和，然后\(O(n^{m-1})\)次枚举前面的\(m-1\)个数乘以\(sum_{i_{m-1}+1}\)，这样，复杂度有明显的提高。
我们再开看看大一点的数据(有点丑别介意)
这样，我们就要两重枚举\(i_1,i_2\)
当\(i_1=1\)时，求得就是
\(1\times5\times sum_3+1\times3\times sum_4+1\times4\times sum_5=1\times(5\times sum_3+3\times sum_4+4\times sum_5)\)
当\(i_1=2\)时，求得就是
\(5\times3\times sum_4+5\times4\times sum_5=5\times(3\times sum_4+4\times sum_5)\)
当\(i_1=3\)时，求得就是
\(3\times4\times sum_5=3\times4\times sum_5\)
我们发现，每一次\(a_i\)都要乘上一个\(sum_{i+1}\)，所以，就让\(sum_i\)变成\(sum_{i+1}\times a_i\)(因为\(a_i\)要乘以\(sum_{i+1}\)，而为了让\(sum_i\)直接等于它们的乘积，就要这么弄)，然后，刚才的东西就成了
当\(i_1=1\)时，求得就是
\(1\times sum_3+1\times sum_4+1\times sum_5=1\times(sum_3+ sum_4+ sum_5)\)
当\(i_1=2\)时，求得就是
\(5\times sum_4+5\times sum_5=5\times(sum_4+sum_5)\)
当\(i_1=3\)时，求得就是
\(3\times sum_5=3\times sum_5\)
这不又是后缀和吗？
所以，还要再处理一次后缀和。
这样，就降了两个维度，然后，不断降降降，就会剩下一个维度，直接\(O(n)\)枚举求出答案就可以了。
时间复杂度\(O(nm)\)
这是真正的快
自己模拟一边想清楚就会有更深的理解
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000001
#define ll long long
using namespace std;
int n,k,m;
int a[maxn],sum[maxn];
ll p[20];
int mylog(register int x){
int t=0;
while(x){
x/=10;
t++;
}
return t;
}
int f[100000][11];
inline void read(register int &x){
x=0;register char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
}
int main(){
read(n);read(k);read(m);
register int len,i,j;
for(i=1;i<=n;i++)
read(a[i]);
p[0]=1%k;
for(i=1;i<=10;i++)
p[i]=p[i-1]*10%k;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=10;j++)
f[j][p[j]*a[i]%k]++;
ll ans1=0;
for(i=1;i<=n;i++){
len=mylog(a[i]);
ans1+=f[len][(k-a[i]%k)%k];
if((p[len]*a[i]%k+a[i]%k)%k==0)
ans1--;
}
printf("%lld\n",ans1);
if(m==1){
int ans2=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans2+=a[i];
if(ans2<0)ans2+=2147483648;
printf("%d",ans2);
return 0;
}
for(i=n;i>=1;i--)
sum[i]+=sum[i+1]+a[i];
for(j=1;j<=m-2;j++){//因为一开始有一个后缀和,最后留一个维度，所以要重复m-2次
for(i=1;i<=n;i++)
sum[i]=sum[i+1]*a[i];//乘上一个
for(int i=n;i>=1;i--)
sum[i]+=sum[i+1];//后缀和
}
int ans2=0;
for(i=1;i<=n-m+1;i++)
ans2+=a[i]*sum[i+1];
if(ans2<0)ans2+=2147483648;printf("%d",ans2);
return 0;
}
谢谢--zhengjun
标签：--,题解,sum,zjzj,len,times,leq,枚举 来源： https://www.cnblogs.com/A-zjzj/p/16365756.html
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