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。
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
Sample Output
HINT
2≤n≤500
Source
这是第二遍码这个题的题解了,第一遍快打完的时候被我菊儿子手贱删掉了
题目要让两个集合中的所有数互质,那么就是相同的质因子不能位于两个不同的集合中
所以这个题的限制和突破口其实就是质因子
我们容易发现选了一个数就是相当与选了这个数的质因子的集合,所以我们需要对每个数进行质因数分解
但是500以内的质数还是比较多的,我们无法通过比较快捷有效的方法每个质因子是否出现过
然后我们就需要知道一个很鬼的东西:
在一个数的所有质因子中最多只有一个会大于sqrt(n);
证明:一个数可以被分解为几个质因子相乘,且这种分解是唯一的,如果有两个质数大于sqrt(n),那么乘积就会大于n,矛盾
那么sqrt(500)==22.36,在这里面的质数只有8个{2,3,5,7,9,11,13,17,19}.
这样一个数小于sqrt(n)的因子就可以用状态压缩来完美判断是否出现,我们还需要对大于sqrt的质因子特殊处理
用一个结构体来存储一个数
一是要记录这个数前8个因子的二进制状态:zt,二是记录大于等于sqrt(n)的因子 greatest是多少,如果没有则记为1
我们把数按照greatest排序那么我们可以把greatest相同的放在一起
我们易发现greatest相同且不为1的必须捆绑处理:必须是只放入第一个人或者只放入第二个人或者都不放入
我们讲到现在就可以设状态了
f[s1][s2]表示全局第一个人选集合s1,第二个人选集合s2的方案数(s1,s2都是表示一个二进制的状态);
g[0][s1][s2],g[1][s1][s2]是临时由f[s1][s2]赋值,再反过来更新f[s1][s2]
g[0][s1][s2]表示第一个人选s1,第二个人选s2,且当前这个数由第一个人选的方案
g[1][s1][s2]则反之
比如把一个数由第一个人选那么我们首先要判断a[i].zt&s2==0,即该数不会与第二个人的集合s2发生矛盾
我们易想到到转移方程
g[0][a[i].zt| s1][s2]+=g[0][s1][s2];
做一遍DP,直到完整的区间结束后由g[0][s1][s2],g[1][s1][s2]赋值给f[s1][s2],这样会保证这个区间的所有数的选择是一样的,不会分居两个集合
但由于都不选的算了两次,所以f[i][j]=g[0][s1][s2]+g[1][s1][s2]-f[s1][s2]
这个题要搞清楚f和g的转化时间,最后统计答案即可
这样就AC了
// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#define lson num<<1
#define rson num<<1|1
#define int long long
using namespace std;
const int MAXS=257;
const int N=550;
const int S=255;
int gi()
{
int x=0,flag=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') flag=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*flag;
}
struct data
{
int zt,greatest;
}a[N];
int n,mod,f[MAXS][MAXS],g[2][MAXS][MAXS];
int biao[10]={2,3,5,7,11,13,17,19};
void pre(){
for(int i=2;i<=n;i++) {
int x=i;
for(int j=0;j<8;j++) {
if(x%biao[j]>0) continue;
a[i].zt|=(1<<j);
while(x%biao[j]==0) x/=biao[j];
}
a[i].greatest=x;
}
}
bool cmp(data a,data b){
return a.greatest<b.greatest;
}
void work(){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(i==2||a[i].greatest!=a[i-1].greatest||a[i].greatest==1){
memcpy(g[0],f,sizeof(f));
memcpy(g[1],f,sizeof(f));
}
for(int j=S;j>=0;j--)
for(int k=S;k>=0;k--){
if((j&k)==0){
if((a[i].zt&k)==0)
g[0][a[i].zt|j][k]+=g[0][j][k],g[0][a[i].zt|j][k]%=mod;
if((a[i].zt&j)==0)
g[1][j][a[i].zt|k]+=g[1][j][k],g[1][j][a[i].zt|k]%=mod;
}
}
if(n==2||a[i].greatest!=a[i+1].greatest||a[i].greatest==1){
for(int j=S;j>=0;j--)
for(int k=S;k>=0;k--){
if((j&k)==0){
f[j][k]=g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k];
}
}
}
}
}
main()
{
n=gi(),mod=gi();
pre();
sort(a+2,a+1+n,cmp);
f[0][0]=1;
work();
int ans=0;
for(int i=S;i>=0;i--)
for(int j=S;j>=0;j--)
if((i&j)==0)
ans+=f[i][j],ans%=mod;
while(ans<0) ans+=mod;ans%=mod;
printf("%lld",ans);
}