一道大水题
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题目描述
[题目描述]
有 \(n\) 个点，第 \(i\) 个点到第 \(j\) 个点有边当且仅当j是i的倍数且 \(j/i\) 为质数。（边是单向的）
给出 \(q\) 组询问，每次询问从第 \(1\) 个点走到第 \(x\) 个点的方案数，对 \(1e9+7\) 取模。
[输入格式]
第一行两个正整数 \(n\) , \(q\)。
接下来 \(q\) 行每行一个正整数 \(x\) 。
[输出格式]
\(q\) 行，每行一个正整数。
[输入样例]
10 5
4
6
8
9
10
[输出样例]
1
2
1
1
2
[数据范围]
对于60%的数据， \(n<=1000 , q<=1000\) 。
对于100%的数据， \(n<=500000 , q<=500000\) 。
题目本来就很清真，直接复制一下(滑稽 :
有 \(n\) 个点，第 \(i\) 个点到第 \(j\) 个点有边当且仅当 \(j\) 是 \(i\) 的倍数且 \(j/i\) 为质数。（边是单向的）
给出 \(q\) 组询问，每次询问从第 \(1\) 个点走到第 \(x\) 个点的方案数，对 \(1e9+7\) 取模。
解法一 (较复杂) ：
一眼看是图论，先进行埃氏筛,建图
for (int i = 2 ; i <= n ; i ++)
if (f [i] == 0)
for (int j = i * i ; j <= n ; j += i)
f [j] = 1 ;
for (int i = 2 ; i <= n ; i ++)
if (f [i] == 0)
for (int j = 1 ; j <= n / i ; j ++)
a [j].push_back (j * i) ;
接下来从 \(1\) 开始进行拓扑排序，然后进行dp
dp状态就是节点加所有的父亲的状态
dp [sx] += dp [fx] ; // sx为fx的儿子节点
(记得要 dp[1] = 1 ; )
接下来输入什么就输出dp [x]
(记得要取模)
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#pragma G++ optimize (2)
#pragma G++ optimize (3)
using namespace std ;
int n , T , f [500010] , x , rd [500010] , dp [500010] ;
vector <int> a [500010] ;
queue <int> q ;
void topo () {
int fx , sx ;
q.push (1) ; dp [1] = 1 ;
while (! q.empty ()) {
fx = q.front () ; q.pop () ;
for (int i = 0 ; i < a [fx].size () ; i ++) {
sx = a [fx] [i] ;
rd [sx] -- ; dp [sx] += dp [fx] ;
if (rd [sx] == 0) q.push (sx) ;
}
}
}
main () {
ios::sync_with_stdio (false) ;
cin.tie (NULL) ; cout.tie (NULL) ;
cin >> n >> T ;
for (int i = 2 ; i <= n ; i ++)
if (f [i] == 0)
for (int j = i * i ; j <= n ; j += i)
f [j] = 1 ;
for (int i = 2 ; i <= n ; i ++)
if (f [i] == 0)
for (int j = 1 ; j <= n / i ; j ++)
a [j].push_back (j * i) , rd [j * i] ++ ;
topo () ;
while (T --) {
cin >> x ;
cout << dp [x] << "\n" ;
}
return 0 ;
}
解法二 (较为简单)：
其实用不着建图，可以直接进行dp
枚举 \(i\) 和 \(j\) ，判断 \(j/i\) 是否为素数，是的话dp，同上
关键代码：
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++)
for (int j = i * 2 ; j <= n ; j += i)
if (is_prime (j / i))
dp [j] = (dp [j] + dp[i]) % mod ;