BZOJ4197: [Noi2015]寿司晚宴-状压DP

传送门

题意：

n-1个数，分别为2~n，现从中取出若干数放入两个集合中，使A集合中所有数都和B集合中的所有数互质，求满足条件的方案数。

n≤500

Solution:

根据题意，在一个集合中选择一个数相当于选择了这个数的质因子集合，所以说两个集合的质因子集合的交集必须为空。

一个很简单的想法就是状压DP

f[i][S][T] 表示第一个集合的质因子集合为S，第二个集合的质因子集合为T，满足上述条件只考虑前i个数的方案数，转移即为

f[i+1][S|Si][T]+=f[i][S][T],Si∩T=0

f[i+1][S][T|Si]+=f[i][S][T],Si∩S=0

Si 表示第i个数的质因子集合

但是n是500，500以内的质数显然我们是状压不下的

这时候我们就需要发掘题目性质了：

我们可以发现，对于任意一个数，他大于 500−−−√ 的质因子只会有一个

小于 500−−−√ 的最大的质数是19，所以我们只需要对2,3,5,7,11,13,17,19这八个质数状压，把每个数大于大于 500−−−√ 的质因子处理出来，对其进行排序，每次单独处理大于 500−−−√ 的质因子相同的一段区间即可

具体dp状态为： dp[i][S][T][0/1] 表示第一个集合的质因子集合为S，第二个集合的质因子集合为T，大于 500−−−√ 的质因子放入A集合/B集合，只考虑前i个数的方案数

初值是 dp[0][S][T][0]=dp[0][S][T][1]=f[pre][S][T] ，pre表示的是处理这个质因子之前我们所得到的的方案数

转移即为

dp[i+1][S|Si][T][0]+=dp[i][S][T][0],Si∩T=0

dp[i+1][S][T|Si][1]+=dp[i][S][T][1],Si∩S=0

最后再把用dp数组更新f数组即可，注意这里需要去个重：

f[now][S][T]=dp[len][S][T][0]+dp[len][S][T][1]−f[pre][S][T]

因为1和0的状态都会统计这个质因子两个都不放的情况

然后发现空间捉急，我们可以用类似01背包的方法优化掉i这一位

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,mod,prim[8]={
  2,3,5,7,11,13,17,19};
int f[1<<8][1<<8];
int dp[2][1<<8][1<<8],num;
struct Q{
    int S,rem;
}a[510];
bool cmp(Q a,Q b){
  return a.rem<b.rem;}
void get(int x)
{
    num++;
    for (int i=0;i<8;i++)
        while (x%prim[i]==0) x/=prim[i],a[num].S|=(1<<i);
    a[num].rem=x;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&mod);
    for (int i=2;i<=n;i++) get(i);
    sort(a+1,a+1+num,cmp);
    f[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=num;i++)
    {
        if (a[i].rem==1||a[i].rem!=a[i-1].rem)
        {
            for (int S=0;S<(1<<8);S++)
                for (int T=0;T<(1<<8);T++)
                    dp[0][S][T]=dp[1][S][T]=f[S][T];
        }
        for (int S=(1<<8)-1;S>=0;S--)
            for (int T=(1<<8)-1;T>=0;T--)
            {
                if ((a[i].S&S)==0) dp[1][S][T|a[i].S]=(dp[1][S][T|a[i].S]+dp[1][S][T])%mod;
                if ((a[i].S&T)==0) dp[0][S|a[i].S][T]=(dp[0][S|a[i].S][T]+dp[0][S][T])%mod;
            }
        if (a[i].rem==1||a[i].rem!=a[i+1].rem)
        {
            for (int S=0;S<(1<<8);S++)
                for (int T=0;T<(1<<8);T++)
                    f[S][T]=(1ll*dp[0][S][T]+dp[1][S][T]-f[S][T]+mod)%mod;
        }
    }
    int ans=0;
    for (int S=0;S<(1<<8);S++)
        for (int T=0;T<(1<<8);T++) ans=(f[S][T]+ans)%mod;
    printf("%d",ans);
}