Comet OJ - contest #3 C DP

题意：给你一个长度为n序列，和一个数m，问这个序列有多少个子序列，知足这个子序列的全部子序列的和是m的倍数？答案对1e9 + 7取模，n, m范围到5e3;

思路：容易发现，若是一个子序列的长度是n，子序列的全部的元素的和是sum的话，它的全部的子序列的和是sum * 2 ^ (n - 1)，那么咱们发现，一个序列的全部子序列的和与子序列的和以及子序列的长度有关，咱们容易想O(n^2 * m)的DP。设dp[i][j][k]为前i个数，长度为j的子序列中子序列的和是k的元素的个数。每扫到一个新的元素，有两种决策：1：不加这个数dp[i + 1][j][k] += dp[i][j][k]；2：加这个数dp[i + 1][j +1][k + a[i + 1] += dp[i][j][k]。每次转移O(n * m),总复杂度O(n ^ 2 * m).

咱们如今考虑优化一下dp。咱们发现一个序列的子序和与2 ^ (n - 1)与sum有关，若要子序和是m的倍数，分两种状况：1：2不是m的因子，那么容易发现2  ^ (n - 1)不会影响子序和是不是m的倍数。2：2是m的因子，可是m最大范围是5e3,因此最大有2 ^ 12这个因子，而因此当n大于12的时候又变成了状况1.因此，实际上dp的第二维的大小只有十几，复杂度降为了O(n * logn * m),可是这样的复杂度仍然不够优秀，咱们考虑继续优化。咱们能够发现,dp[i][j][k]中，随着j的增长，k那一维的模数也在不断减小，模数是m + m / 2 + m / 4 ...这个复杂度是O(m)的，因此咱们逐步优化以后，复杂度下降到了O(n * m)。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 5010;
const LL mod = 1000000007;
int a[maxn], dp[2][15][maxn], p[20];
void update(int &x, int y) {
	x = ((long long)x + y) % mod;
}
int main() {
	int n, m;
	int ans = 0;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	int cnt = 0;
	int tmp = m;
	while(tmp % 2 == 0) {
		tmp /= 2;
		cnt++;
	}
	dp[0][0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		memset(dp[(i + 1) & 1], 0, sizeof(dp[(i + 1) & 1]));
		for (int j = 0; j <= cnt + 1; j++) {
			memset(dp[(i + 1) & 1][j], 0, sizeof(int) * (m / (1 << max(0, j - 1))));
		}
		for (int j = 0; j <= cnt; j++) {
			int mm = m / (1 << max(0, j - 1)), mmm = m / (1 << max(0, j));
			for (int k = 0; k < mm; k++) {
				if(!dp[i & 1][j][k]) continue;
				update(dp[(i + 1) & 1][j][k], dp[i & 1][j][k]);
				update(dp[(i + 1) & 1][j + 1][(k + a[i + 1]) % mmm], dp[i & 1][j][k]);
			}
		}
		for (int j = 0; j < tmp; j++) {
			if(!dp[i & 1][cnt + 1][j]) continue;
			update(dp[(i + 1) & 1][cnt + 1][j], dp[i & 1][cnt + 1][j]);
			update(dp[(i + 1) & 1][cnt + 1][(j + a[i + 1]) % tmp], dp[i & 1][cnt + 1][j]);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= cnt + 1; i++) {
		update(ans, dp[n & 1][i][0]);
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}