NOIP模拟（20171024）T2 乘积

求从1-n中选k个数，使得这k个数的乘积不含完全平方因子

70% n≤30

100% n≤500

70%：

状压dp，f[i][j][k]表示前i个数，选了j个，当前所选数之积分解质因数后的状态为k（k表示成二进制后，第一位表示有没有2，第二位表示有没有3……以此类推）令i+1分解质因数后状态为<
15bbf
nobr>pos[i+1]

f[i][j][k]→f[i+1][j+1][k|pos[i+1]](k&pos[i+1]=0)

f[i][j][k]→f[i+1][j][k]

#include<bits/stdc++.h>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
inline int getint(){
int x=0,p=1;
char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-')p=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
c=getchar();
}
return x*p;
}
int primes[505],tot;
bool pd[505];
inline void pre(){
pd[1]=1;
for(int i=2;i<=500;++i){
if(!pd[i]){
primes[++tot]=i;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*primes[j]<=500;++j){
pd[i*primes[j]]=1;
if(i%primes[j]==0)break;
}
}
}
inline void putint(long long x){
if(x<0){
x=-x;
putchar('-');
}
static long long buf[22];
long long tot=0;
do{
buf[tot++]=x%10;
x/=10;
}while(x);
while(tot)putchar(buf[--tot]+'0');
}
long long f[35][13][2050];
long long sum[35][13];
inline void predp(){
f[0][0][0]=1;
for(int i=0;i<=29;++i){
int x=0;
bool flag=0;
for(int j=1;j<=10;++j){
if((i+1)%primes[j]==0){
x^=1<<(j-1);
int t=(i+1)/primes[j];
if(t%primes[j]==0){
flag=1;
break;
}
}
}
//cout<<i+1<<" "<<x<<endl;
for(int j=0;j<=11;++j){
for(int k=0;k<1024;++k){
f[i+1][j][k]+=f[i][j][k];
f[i+1][j][k]%=MOD;
if((k&x)==0&&(!flag))(f[i+1][j+1][k|x]+=f[i][j][k])%=MOD;
}
}
}
//  for(int i=1;i<=6;++i){
//      for(int j=1;j<=i;++j){
//          for(int k=0;k<8;++k){
//              cout<<i<<" "<<j<<" "<<k<<" "<<f[i][j][k]<<endl;
//          }
//      }
//  }
for(int i=0;i<=30;++i){
for(int j=0;j<=11;++j){
sum[i][j]=0;
for(int k=0;k<=1024;++k){
sum[i][j]+=f[i][j][k];
sum[i][j]%=MOD;
}
}
}
}
inline void work1(int n,int k){
if(k>12)k=12;
long long ans=0;
for(int i=1;i<=k;++i){
ans+=sum
[i];
ans%=MOD;
}
cout<<ans<<endl;
}
inline void work(int n,int k){
if(n<=30)work1(n,k);
else putint(rand()),putchar('\n');
}
int main(){
pre();
predp();
int t=getint();
while(t--){
int n=getint(),k=getint();
work(n,k);
}
return 0;
}

（考场代码，求轻喷）

100%

先来做一道小学题：

证明当n=500时至多取96个数使它们满足题意

取500中所有质数及1，共96个数，满足题意

下证97及以上不可能

构造抽屉：

{1}

{2,4,6,8,10,⋯,500}

{3,6,9,12,⋯,498}

{5,10,15,⋯,500}

⋮

{491}

{499}

共96个

当k≥97 时一个抽屉里至少有两个数

明显当一个抽屉中有至少两个数被选后，乘积一定包含完全平方因子

故kmax=96

（说了那么多废话，就是想吐槽n=500,k≥400 的数据是要闹哪样）

好了，抽屉摆在这里，明显，每个抽屉里只能选一个数

那么答案就是∏ 集合大小（了吗）

naive

有些数（比如6）出现在了不止一个集合中，这样计算肯定是错的

那就让一个数只在一个集合里

……

……

……

（woc，做不到啊）

一个显然的性质：一个数x至多含有一个质因数大于x√

好 重新分组

{23,46,69,⋯,483}

{29,58,87,⋯,493}

⋮

{491}

{499}

这样就可以（了吗×2）

还有些数没有呢！

其余数全部一个数一个桶

这样每个桶选一个后，大于n√ 的质因数至多只有一个

只用考虑小于的

用70%的dp

然后MLE了

用滚动数组，或直接参照0-1背包的状态优化

详见代码

#include<bits/stdc++.h>
#define FE "mul"
#define MOD 1000000007
using namespace std;
inline int getint(){
int x=0,p=1;
char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-')p=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
c=getchar();
}
return x*p;
}
int primes[505],tot;
bool pd[505];
inline void pre(){
pd[1]=1;
for(int i=2;i<=500;++i){
if(!pd[i]){
primes[++tot]=i;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*primes[j]<=500;++j){
pd[i*primes[j]]=1;
if(i%primes[j]==0)break;
}
}
}
inline void putint(long long x){
if(x<0){
x=-x;
putchar('-');
}
static long long buf[22];
long long tot=0;
do{
buf[tot++]=x%10;
x/=10;
}while(x);
while(tot)putchar(buf[--tot]+'0');
}
int dp[100][260];
vector<int>bucket[505];
int pos[505];
inline void add(int &a,int b){
a+=b;
a>=MOD?a-=MOD:0;
}
inline void work2(int n,int k){
if(k>98)k=98;
int fi=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
bucket[i].clear();
pos[i]=0;
}
while(primes[fi]<sqrt(n)){
++fi;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
int temp=i;
for(int j=1;j<fi;++j){
int v=primes[j];
if(temp%(v*v)==0){
pos[i]=-1;
break;
}
if(temp%v==0){
pos[i]^=(1<<(j-1));
temp/=v;
}
}
if(~pos[i]){
if(temp!=1){
bucket[temp].push_back(i);
}
else{
bucket[i].push_back(i);
}
}
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(bucket[i].size()){
int sz=bucket[i].size();
for(int j=k;j>=0;--j){
for(int l=0;l<sz;++l){
for(int m=pos[bucket[i][l]],p=255^m; ;p=((p-1)&(255^m))){
add(dp[j+1][p|m], dp[j][p]);
if(p==0)break;
}
}
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=k;++i){
for(int j=0;j<256;++j){
add(ans,dp[i][j]);
}
}
putint(ans),putchar('\n');
}
inline void work(int n,int k){
work2(n,k);
}
int main(){
pre();
int t=getint();
while(t--){
int n=getint(),k=getint();
work(n,k);
}
return 0;
}