腾讯消消乐 状压dp加普通dp

样例说明

对于样例 1 而言，f(1)=1f(1)=1，f(2)=9f(2)=9，f(3)=26f(3)=26，f(4)=24f(4)=24。

对于样例 2，f(1)=0f(1)=0，f(2)=2f(2)=2。

样例输入1

4 1

1 1 1 1

样例输出1

193

样例输入2

2 2

2 3

样例输出2

4

样例输入3

1 233

233

样例输出3

1

首先这种肯定想到递推dp，然后就是如何递推过去，肯定就是dp
=前面所有可以到达的状态和。因为再走一步就可以达到dp
.

如何找到前面所有走一步可以到达当前状态的状态。连续的gcd才是一个块.

用状压dp来分块找到哪些状态可以变为当前的状态 存起来 然后线性dp就好了

刚开始看到这个题一脸蒙蔽 是因为这句话没看懂：注意：一次删除以后，剩下的数会合并成为一个连续区间。

这个其实就是 1001001 这个状态可以由 1000001 这个状态转化而成 也就是1000001加一步可以得到 1001001

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll dp[20][(1<<18)+10];

vector<int> v[(1<<18)+10];

int a[30];

const int mod = 1e9+7;

int gcd(int a,int b)
{
return (b==0)?a:gcd(b,a%b);
}

int main()
{
int n,K;
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int end=(1<<n);
for(int st=0;st<end;st++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(st&(1<<j))
{
int tmp=st^(1<<j);
v[st].push_back(tmp);
int g=a[j];
for(int k=j+1;k<n;k++)
{
if(st&(1<<k))
{
if((g=gcd(g,a[k]))>=K)
tmp^=(1<<k),v[st].push_back(tmp);
else break;
}
}
}
}
}

dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<end;j++)
{
for(int k=0;k<v[j].size();k++)
{
dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][v[j][k]]%mod;//从0开始 上一个状态
//加上一个块当前状态是由哪些上一个状态加块得到的，所以只要需要的块加一即可
}
}
}
long long res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
res=(res+(ll)i*dp[i][(1<<n)-1]%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",res );
}