BZOJ 4197: [Noi2015]寿司晚宴 状压dp+质因数分解

挺神的一道题 ~      

由于两个人选的数字不能有互质的情况，所以说对于一个质因子来说，如果 1 选了，则 2 不能选任何整除该质因子的数.    

然后，我们发现对于 1 ~ 500 的数字来说，只可能有一个大于 $sqrt 500$ 的质因子（两个的话乘积就超过 500 了） 

而不大于 $sqrt 500$ 的质因子总数只有 8 个，所以可以对这 8 个质因子状压.   

我们先假设所有数字都 $eqslant 30$，即所有质因子都 $leqslant sqrt 500$. 

定义状态 dp[i][j] 表示第一个人选的质因子集合为 $i$，第二个人选的质因子集合为 $j$.   

那么直接更新 $dp[i|sta][j]+=dp[i][j]$ (sta 与 k 无交集）   

对于第二个维度同理. 

由于我们用滚动数组，所以还要定义 f1[i][j], f2[i][j] 表示第一个人/第二个人 和 第二个人/第一个人 状态下的方案数.   

这个转移弄完之后，我们再考虑加入大于 $sqrt 500$ 的质因子的情况：   

令这个质因子为 $x$，那么会有一段数字都包含这个 $x$，显然这些数中只能让 1 个人去选择这个质因子.  

我们沿用上面那个 f1[i][j], f2[i][j] 来更新，然后对于这一段的开始位置直接令 f1=f2=dp，其余的正常 dp。 

处理完这段的时候还要减去两个数都不选的情况.   

最后 dp'[i][j]=f1[i][j]+f2[i][j]-dp[i][j].   

code: 

#include <bits/stdc++.h>   
#define N 703  
#define LL long long 
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) 
using namespace std;   
int n;  
int poww[N]; 
LL ans,mod;   
LL dp[N][N],f1[N][N],f2[N][N];       
int p[13]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23};      
struct data 
{
    int num,bi,sta; 
}a[N];     
bool cmp(data a,data b) 
{
    return a.bi<b.bi;        
}
void init(int num) 
{   
    int i,j,v=num,bi=0;    
    for(i=1;i<=8;++i)    
    {                                                 
        if(v%p[i]==0) 
        {     
            a[num].sta|=poww[i];    
            while(v%p[i]==0)    v/=p[i];    
        }
    }    
    if(v>1)    bi=v;    
    a[num].bi=bi;    
    a[num].num=num;            
}
int main() 
{
    // setIO("input");   
    int i,j; 
    scanf("%d%lld",&n,&mod);                              
    for(i=1;i<=12;++i)    poww[i]=(1<<(i-1));      
    for(i=2;i<=n;++i)     init(i);                                         
    sort(a+2,a+1+n,cmp);     
    dp[0][0]=1ll;    
    for(i=2;i<=n;++i) 
    {
        if(i==2||!a[i].bi||a[i].bi!=a[i-1].bi) 
        {
            memcpy(f1,dp,sizeof(dp));  
            memcpy(f2,dp,sizeof(dp));   
        }       
        for(j=255;j>=0;--j) 
        {
            for(int k=255;k>=0;--k) 
            {                  
                if((j&a[i].sta)==0)  f1[j][k|a[i].sta]=(f1[j][k|a[i].sta]+f1[j][k])%mod;     
                if((k&a[i].sta)==0)  f2[j|a[i].sta][k]=(f2[j|a[i].sta][k]+f2[j][k])%mod;      
            }
        }                
        if(i==n||!a[i].bi||a[i].bi!=a[i+1].bi) 
        {
            for(j=0;j<=255;++j) 
            {
                for(int k=0;k<=255;++k)         
                {                       
                    dp[j][k]=(f1[j][k]+f2[j][k]-dp[j][k]+mod)%mod; 
                }
            }
        }                     
    }       
    LL ans=0ll;                         
    for(i=0;i<=255;++i)   for(j=0;j<=255;++j)    if((i&j)==0)     (ans+=dp[i][j])%=mod;    
    printf("%lld
",ans);   
    return 0; 
}