Description
为了庆祝 NOI 的成功开幕，主办方为大家准备了一场寿司晚宴。小 G 和小 W 作为参加 NOI 的选手，也被邀请参加了寿司晚宴。
在晚宴上,主办方为大家提供了 n−1 种不同的寿司，编号 1,2,3,…,n−1，其中第 i 种寿司的美味度为 i+1 （即寿司的美味度为从 2 到 n）。
现在小 G 和小 W 希望每人选一些寿司种类来品尝，他们规定一种品尝方案为不和谐的当且仅当：小 G 品尝的寿司种类中存在一种美味度为 x 的寿司，小 W 品尝的寿司中存在一种美味度为 y 的寿司，而 x 与 y 不互质。
现在小 G 和小 W 希望统计一共有多少种和谐的品尝寿司的方案（对给定的正整数 p 取模）。注意一个人可以不吃任何寿司。
解题报告
用时：2h，1AC
这题对我这种蒟蒻来说还是太难了.下面来分析：
首先看到互质容易想到要质因数分解，然后根据常识，会自然的想到 (sqrt{n}) ，猛地意识到只有22，也就是说小于 (sqrt{n}) 的质因子个数只有8个，可以状压表示在DP状态里面，对于不合法直接判掉即可.
难点在于大于(sqrt{n})的部分，我并不会.
我们知道大于(sqrt{n})的质因子只会出现一次，这个要很好的利用，所以我们依据 (>sqrt{n}) 的质因子分类，质因子相同的归为一类，即按质因子大小排序，顺序处理，然后这样就可以保证只出现在一个人手上了，我们设 (g[2][i][j]) 表示当前的质因子集合在小G和小W手上，两个人手上小于根号(n)的部分状态分别为(i，j) 时的方案，转移非常简单，处理完一个集合之后，考虑合并到同一个状态方便下一个集合的转移，设 (f[i][j]) 表示合并后的状态，含义同 (g) ，处理完一个集合之后即
(f[i][j]=g[0][i][j]+g[1][i][j]-f[i][j])
注意减去重复部分
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=505;
ll mod;int n,prime[10]={0,2,3,5,7,11,13,17,19};
struct node{
int k,pri;
bool operator <(const node &pr)const{return pri<pr.pri;}
}a[N];
ll f[1<<8][1<<8],g[2][1<<8][1<<8];
void add(ll &x,ll y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
void work()
{
cin>>n>>mod;
int tot=(1<<8)-1,cnt=0,x;
for(int i=2;i<=n;i++){
x=i;
for(int j=1;j<=8;j++){
cnt=0;
while(x%prime[j]==0)cnt++,x/=prime[j];
if(cnt)a[i].k|=(1<<(j-1));
}
if(x>1)a[i].pri=x;
}
f[0][0]=1;
sort(a+2,a+n+1);
for(int i=2;i<=n;i++){
if(i==2 || a[i].pri<22 || a[i].pri!=a[i-1].pri)
memcpy(g[0],f,sizeof(f)),memcpy(g[1],f,sizeof(f));
for(int j=tot;j>=0;j--){
for(int k=tot;k>=0;k--){
if(j&k)continue;
if((a[i].k&k)==0)add(g[0][j|a[i].k][k],g[0][j][k]);
if((a[i].k&j)==0)add(g[1][j][k|a[i].k],g[1][j][k]);
}
}
if(i==n || a[i].pri!=a[i+1].pri || a[i].pri<22)
for(int j=tot;j>=0;j--)
for(int k=tot;k>=0;k--){
f[j][k]=g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k];
f[j][k]=(f[j][k]%mod+mod)%mod;
}
}
ll ans=0;
for(int i=tot;i>=0;i--)
for(int j=tot;j>=0;j--)
if((i&j)==0)add(ans,f[i][j]);
printf("%lld
",ans);
}
int main()
{
work();
return 0;
}