[2019.1.6]BZOJ4197 [Noi2015]寿司晚宴

首先如果(nle22)那么大家都会了。

因为22以内只有8个质数,所以我们可以状压一个8位二进制数表示一个数的质因子集合。

那么要求就是两人吃的寿司的质因子集合交集为空集。

怎么状压应该都会了吧。

那么(nle500)呢?

发现(lfloorsqrt{500} floor=22),也就是500以内的数至多有1个大于22的质因子。

那么我们可以将这个质因子相同的数排在一起,每次使最多一个人选择大质因子相同的数,其他相同就好了。

那么我们在每段大质因子相同的数中记录(dp1)表示这个质因子给第一个人,(dp2)表示给第二个人。

段外记录(dp)表示这段结束时的种类数。

注意这里需要滚存,而且如果开两个数组滚存会很麻烦(别问我我怎么知道的),建议用一个数组滚。

每次进入一个新的段,使(dp1=dp2=dp)。

每次离开一个段,使(dp_{i,j}=dp1_{i,j}+dp2_{i,j}-dp_{i,j}),因为上一段的(dp_{i,j})被记录了两次。

具体转移见代码。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int sqt=22;
int n,p[510],sz,dmx[510],st[510],upd[510];
long long P,dp[(1<<8)+11][(1<<8)+11],dp1[(1<<8)+11][(1<<8)+11],dp2[(1<<8)+11][(1<<8)+11],ans;
bool cmp(int x,int y){
    return dmx[x]<dmx[y];
}
int main(){
    for(int i=2;i<=500;i++){
        if(!p[i])p[++sz]=i;
        dmx[i]=sz;
        for(int j=sz;j>8&&i%p[j];j--,dmx[i]=j);if(dmx[i]<9)dmx[i]=0;
        for(int j=1;j<=sz&&j<=8;j++)st[i]|=(i%p[j]==0)<<j-1;
        for(int j=1;j<=sz&&i*p[j]<=500;j++){
            p[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
        }
    }
    scanf("%d%lld",&n,&P);
    for(int i=1;i<n;i++)upd[i]=i+1;
    sort(upd+1,upd+n,cmp);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(!dmx[upd[i]]||dmx[upd[i]]!=dmx[upd[i-1]])memcpy(dp1,dp,sizeof(dp1)),memcpy(dp2,dp,sizeof(dp2));
        for(int j=(1<<8)-1;j>=0;j--)for(int k=(1<<8)-1;k>=0;k--){
            if((j&k)||(dp1[j][k]|dp2[j][k])==0)continue;
            if((st[upd[i]]&k)==0)dp1[st[upd[i]]|j][k]=(dp1[st[upd[i]]|j][k]+dp1[j][k])%P;
            if((st[upd[i]]&j)==0)dp2[j][st[upd[i]]|k]=(dp2[j][st[upd[i]]|k]+dp2[j][k])%P;
        }
        if(!dmx[upd[i]]||dmx[upd[i]]!=dmx[upd[i+1]]||i==n-1)for(int j=0;j<(1<<8);j++)for(int k=0;k<(1<<8);k++)dp[j][k]=(dp1[j][k]+dp2[j][k]-dp[j][k]+P+P)%P;
    }
    for(int i=0;i<(1<<8);i++)for(int j=0;j<(1<<8);j++)ans=(ans+dp[i][j])%P;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}