BZOJ4197 / UOJ129 [Noi2015]寿司晚宴

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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。

 

Input

输入文件的第 1 行包含 2 个正整数 n,p，中间用单个空格隔开，表示共有 n 种寿司，最终和谐的方案数要对 p 取模。

 

Output

输出一行包含 1 个整数，表示所求的方案模 p 的结果。

 

Sample Input

3 10000

Sample Output

9

HINT

 

 2≤n≤500

0<p≤1000000000

 

 

正解：状压DP+质因数分解

解题报告：

　　这道题的思想很巧妙QAQ

　　考虑直接算难以考虑，那么我们从题目给定的规则中可以发现其实，选择了一个数就相当于把这个数的质因子集合选了，因为为了确保第二个人选的和第一个人互质，就不能再选这个质因子。

　　考虑一个数最多有一个大于根号$500$的质因子，且可以特殊考虑，而小于等于根号$500$的质因子只有$8$个，所以我们可以使用状压$DP$来统计方案。

　　因为小于等于根号$500$的质因子可以通过状压判掉，但是大于根号$500$的部分我们必须想办法解决冲突和重复计算的问题。考虑将所有数包含的质因子集合，和大于根号$500$的质因子（如果没有就是$1$）预处理出来，按大于根号$500$的质因子排序，那么这个质因子相等的区间我们一起处理。

　　显然这相等的一整个区间，必须是只放入第一个人或者只放入第二个人或者都不放入，那么就可以DP了：

　　$f[s1][s2]$表示全局第一个人选择的集合为$s1$，第二个人选择的集合为$s2$时的方案数，接着把$f$的值赋给$g$，

　　$g[0、1][s1][s2]$表示第一个人选择的集合为$s1$，第二个人选择的集合为$s2$，同时当前这个大于根号$500$的质因子放入第一个人/第二个人的方案数。

　　做一遍$DP$，最后统计完整个相等的区间时，就赋值回$f$：$f[s1][s2]=g[0][s1][s2]+g[1][s1][s2]-f[s1][s2]$，表示的是两种情况相加，但是因为这个质因子两个都不放的情况算了两次，所以需要减掉一次。

　　注意$f$、$g$之间相互转换的时间和条件。

　　ps:不含大质因子的时候可以每次都统计一遍答案，因为已经可以用状态来防止非法情况了，无需特别考虑。

 

//It is made by ljh2000
#include <iostream>
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#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
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#include <map>
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#include <string>
#include <complex>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXS = 257;
const int MAXN = 520;
const int end = 256;
int n,prime[12]={2,3,5,7,11,13,17,19};
LL p,f[MAXS][MAXS],g[2][MAXS][MAXS],ans;
//f[s1][s2]表示当前第一个人选的集合为s1，第二个人选的集合为s2的方案数
//g[0][s1][s2],表示对于当前大于根号500质因子相同的一个区间而言的，这个质因子分配给第一个人（或者不分配）的方案数;
//g[1][s1][s2]表示对于第二个人而言的

struct Number{
	int S;//包含质因子的状态
	int prime;//大于根号500的质因子，没有则是1
}a[MAXN];

inline bool cmp(Number q,Number qq){ return q.prime<qq.prime; }

inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}

inline void work(){
	n=getint(); scanf("%lld",&p); int x;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		x=i;
		for(int j=0;j<8;j++) {
			if(x%prime[j]>0) continue;
			a[i].S|=(1<<j);
			while(x%prime[j]==0) x/=prime[j];
		}
		a[i].prime=x;
	}
	sort(a+2,a+n+1,cmp); 
	f[0][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(i==2 || a[i].prime!=a[i-1].prime || a[i].prime==1) {
			memcpy(g[0],f,sizeof(f));
			memcpy(g[1],f,sizeof(f));
		}

		for(int j=end-1;j>=0;j--)
			for(int k=end-1;k>=0;k--) {
				if((j&k)>0) continue;//不合法
				if((a[i].S&k)==0) //不与第二个人冲突，则可以选入第一个人
					g[0][ a[i].S | j ][k]+=g[0][j][k],g[0][ a[i].S | j ][k]%=p;
				if((a[i].S&j)==0) 
					g[1][j][ a[i].S | k ]+=g[1][j][k],g[1][j][ a[i].S | k ]%=p;
			}

		if(i==n || a[i].prime==1 || a[i].prime!=a[i+1].prime) {
			for(int j=end-1;j>=0;j--)
				for(int k=end-1;k>=0;k--) {
					if((j&k)>0) continue;
					/*!!!*/
					f[j][k]=g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k];//去掉重复计算没有选当前这个质因子的情况
				}
		}
	}
	for(int i=end-1;i>=0;i--)
		for(int j=end-1;j>=0;j--)
			if((i&j)==0)
				ans+=f[i][j],ans%=p;
	ans+=p; ans%=p;
	printf("%lld",ans);
}

int main()
{
    work();
    return 0;
}