标签：tmp c++ const cin syn mes lin problem bit
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题目大意：
给出一个整数n写在黑板上，每次操作会将黑板上的数（初始值为n）等概率随机替换成它的因子。
问k次操作之后，留在黑板上的数的期望。
要求结果对109+7取模，若结果不是整数，则用分数表示，并对109+7取逆元。
（1 ≤ n ≤ 1015， 1 ≤ k ≤ 104）
思路：
首先我们要知道，在模109+7的范围内，可以任意进行模109+7的加减乘除运算，因为一个给定的数值，它在模109+7条件下的值是唯一确定的。
然后我们只要正常地计算，在每次运算之后对109+7取模就好了。
假设一个数pj的出现概率为x，其中p为质数，j为任意非负整数（假设初始的数为pcc的话，那么0 ≤ j ≤ cc）。那么一次操作留下的数只能是pt（0 ≤ t ≤ j），因为是等概率分布，所以每个留下的数的概率均为x/j = x * inv(j)。（inv表示在模109+7下取逆元）
标记状态：dp[i][j]为第i次操作后p的j次幂出现的概率；
那么状态转移方程为：dp[i+1][t] += dp[i][j] * inv(j)；（0 ≤ t ≤ j）
而题目给出的数可能不是一个质数的幂，这怎么办呢？我们知道任意一个正整数可以表示为p1cc1*p2cc2*…*pkcck，对于所有的picci，他们留下的数piji的乘积就是最后留下的数，所以他们对答案的贡献的乘积就是最后的答案。
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int md = 1e9 + 7; inline void add(int& a, int b) { a += b; if (a > md) a -= md; } inline void sub(int& a, int b) { a -= b; if (a < 0) a += md; } inline int mul(int a, int b) { return (int) (1LL * a * b % md); } int fpow(int a, int p) { int res = 1; for (; p; p >>= 1) { if (p & 1) res = mul(res, a); a = mul(a, a); } return res; } int inv(int x) { return fpow(x, md-2); } int main() { std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); ll n; int k; cin >> n >> k; vector <pair<ll, int> > f; for (ll i = 2; i <= n/i; i++) { if (n % i == 0) { int cc = 0; while (n % i == 0) { n /= i; cc++; } f.emplace_back(i, cc); } } if (n > 1) f.emplace_back(n, 1); int ans = 1; for (auto& p : f) { int cc = p.second; vector <vector<int> > dp(k+1, vector<int>(cc+1, 0)); dp[0][cc] = 1; for (int i = 0; i < k; i++) { for (int j = 0; j <= cc; j++) { int tmp = mul(dp[i][j], inv(j+1)); for (int t = 0; t <= j; t++) add(dp[i+1][t], tmp); } } int x = 1, res = 0; for (int i = 0; i <= cc; i++) { add(res, mul(x, dp[k][i])); x = mul(x, (int)(p.first % md)); } ans = mul(ans, res); } cout << ans << endl; return 0; }
Codeforces1097D. Makoto and a Blackboard（数论+dp+概率期望）
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Lubixiaosi-Zhaocao/p/10251148.html
