bzoj4197 [NOI2015] [状压dp] 寿司晚宴

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

状压无疑，但我不会。

要让两个人选的寿司们互质，也就是说寿司们的因子要互质，所以部分想法是用二进制数保存每个因子选没选的状态。但是，500以内的质数共有94个，2^94是在是太大，数组都开不下，更别说还要枚举状态。此处就需要用到一个重要的性质：n以内的数大于 √n 的因子只有一个，而小于√n 的因子很少，所以哥们可以把大于√500 的因子拿出来单独处理，而小于√500 的 8 个因子用二进制数保存状态，这样就可以解决了。此处先赋代码。代码和网上大部分的相同，赋完代码再讲解。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
pair<int,int>gg[501];
int f[256][256];
int n,q;
int g[2][256][256];
int prime[8]={2,3,5,7,11,13,17,19};
int main()
{
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=i;
for(int j=0;j<8;j++)
if((tmp%prime[j])==0)
{
gg[i].second|=(1<<j);
while(tmp%prime[j]==0)
tmp/=prime[j];
}
gg[i].first=tmp;
}
sort(gg+2,gg+n+1);
f[0][0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(i==2||gg[i].first!=gg[i-1].first||gg[i].first==1)
{
memcpy(g[0],f,sizeof(f));
memcpy(g[1],f,sizeof(f));
}
for(int j=255;j>=0;j--)
for(int k=255;k>=0;k--)
{
if((gg[i].second&k)==0)
g[0][gg[i].second|j][k]=(g[0][gg[i].second|j][k]+g[0][j][k])%q;
if((gg[i].second&j)==0)
g[1][j][gg[i].second|k]=(g[1][j][gg[i].second|k]+g[1][j][k])%q;
}
if(i==n||gg[i].first==1||gg[i].first!=gg[i+1].first)
for(int j=0;j<=255;j++)
for(int k=0;k<=255;k++)
f[j][k]=((g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k])%q+q)%q;
}
int ans=0;
for(int j=0;j<=255;j++)
for(int k=0;k<=255;k++)
if((j&k)==0)
(ans+=f[j][k])%=q;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}

首先，枚举 n，将每个数的小于√500 的因子保存起来：

for(int i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=i;
for(int j=0;j<8;j++)
if((tmp%prime[j])==0)
{
gg[i].second|=(1<<j);
while(tmp%prime[j]==0)
tmp/=prime[j];
}
gg[i].first=tmp;
}

这里应该比较好理解。

然后将结构体按大于√500 的大小关系排个序，赋个初值。

sort(gg+2,gg+n+1);
f[0][0]=1;//都不吃

接着就是dp了。

dp内主要有三步：

外层自然是枚举 n，然后：

if(i==2||gg[i].first!=gg[i-1].first||gg[i].first==1)
{
memcpy(g[0],f,sizeof(f));
memcpy(g[1],f,sizeof(f));
}

这里的意思是：当前大质数与没有用过或者没有大质数，就将 f 赋给 g，g[0/1]表示第 0 个人选这个大质数或者第 1 个人选这个大质数。

for(int j=255;j>=0;j--)
for(int k=255;k>=0;k--)
{
if((gg[i].<
b80e
span class="hljs-built_in">second&k)==0)
g[0][gg[i].second|j][k]=(g[0][gg[i].second|j][k]+g[0][j][k])%q;
if((gg[i].second&j)==0)
g[1][j][gg[i].second|k]=(g[1][j][gg[i].second|k]+g[1][j][k])%q;
}

这一步是dp枚举(1<<8)-1个状态，如果这个状态与一个人当前的状态与当前枚举的这个数的状态没有交集

(gg[i].second&k)==0或者(gg[i].second&j)==0

那么另一个人就可以选择这个状态了。

最后

if(i==n||gg[i].first==1||gg[i].first!=gg[i+1].first)
for(int j=0;j<=255;j++)
for(int k=0;k<=255;k++)
f[j][k]=((g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k])%q+q)%q;

这里就是说，如果这个大质数已经用完了、或者没有大质数、或者用过了，那么就把 g 数组赋回 f 数组。由于此处有 g[0] 和 g[1] 两个状态，要重复，所以还要减去一个原来的 f[j][k]。值得注意的是，减原来的 f[j][k] 时有可能会变成负数，因为之前%了q，有可能变得比原来的 f[j][k] 还小了，所以要加上一个 q 保证为正数。这里必须加，否则要 wa。

dp部分弄完后，就可以计算结果。

int ans=0;
for(int j=0;j<=255;j++)
for(int k=0;k<=255;k++)
if((j&k)==0)
(ans+=f[j][k])%=q;
cout<<ans<<endl;

如果两个状态没有交集，就代表这时可以选，ans 就要加上这个状态的值。

欧了。理解了很久~