BZOJ 4197 寿司晚宴 （状压dp）

4197: [Noi2015]寿司晚宴

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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

思路：
摘自 < ljh2000 >

考虑直接算难以考虑，那么我们从题目给定的规则中可以发现其实，选择了一个数就相当于把这个数的质因子集合选了，因为为了确保第二个人选的和第一个人互质，就不能再选这个质因子。

　　考虑一个数最多有一个大于根号500的质因子，且可以特殊考虑，而小于等于根号500的质因子只有8个，所以我们可以使用状压DP来统计方案。

　　因为小于等于根号500的质因子可以通过状压判掉，但是大于根号500的部分我们必须想办法解决冲突和重复计算的问题。考虑将所有数包含的质因子集合，和大于根号500的质因子（如果没有就是1）预处理出来，按大于根号500的质因子排序，那么这个质因子相等的区间我们一起处理。

　　显然这相等的一整个区间，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，那么就可以DP了：

　　f[s1][s2]表示全局第一个人选择的集合为s1，第二个人选择的集合为s2时的方案数，接着把f的值赋给g，

　　g[0/1][s1][s2]表示第一个人选择的集合为s1，第二个人选择的集合为s2，同时当前这个大于根号500的质因子放入第一个人/第二个人的方案数。

　　做一遍DP，最后统计完整个相等的区间时，就赋值回f：f[s1][s2]=g[0][s1][s2]+g[1][s1][s2]−f[s1][s2]，表示的是两种情况相加，但是因为这个质因子两个都不放的情况算了两次，所以需要减掉一次。
　　
ps:不含大质因子的时候可以每次都统计一遍答案，因为已经可以用状态来防止非法情况了，无需特别考虑。

#include <iostream>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#define LL long long#define N 510#define M 260using namespace std;const int lim = (1 << 8) - 1;int n, prime[9] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19};LL mod, ans, f[M][M], g[2][M][M];//f[s1][s2]表示当前第一个人选的集合中质因数状态为s1，第二个人选的集合中质因数状态为s2的方案数//g[0][s1][s2]表示对于当前大于根号500质因子相同的一个区间而言的，这个数分配给第一个人（或者不分配）的方案数//g[1][s1][s2]表示对于当前大于根号500质因子相同的一个区间而言的，这个数分配给第二个人（或者不分配）的方案数struct Number{    int S;//包含质因子的状态    int prime;//大于根号500的质因子，没有则是1}a[N];inline bool cmp(Number a, Number b){ return a.prime < b.prime; }int main(){    cin >> n >> mod;    for(int i=2; i<=n; i++) {        int x = i;        for(int j=0; j<8; j++) {            if( x % prime[j] ) continue;            a[i].S |= (1 << j);            while(x % prime[j] == 0) x /= prime[j];        }        a[i].prime = x;    }    sort(a+2, a+n+1, cmp);    f[0][0] = 1;    for(int i=2; i<=n; i++) {        if(i==2 || a[i].prime!=a[i-1].prime || a[i].prime==1) {            memcpy(g[0], f, sizeof(f)); memcpy(g[1], f, sizeof(f));        }//如果跟前一个数的prime相同，那么这两个数一定要么不取，要么取到同一个人        //所以它的贡献是分开计算的，不能直接更改在合并的f数组         for(int j=lim; j>=0; j--){            for(int k=lim; k>=0; k--) {                if((j & k) > 0) continue;//不合法                if((a[i].S & k) == 0) //不与第二个人冲突，则可以选入第一个人                    g[0][a[i].S|j][k] = (g[0][j][k] + g[0][a[i].S|j][k]) % mod;                if((a[i].S & j)==0)                    g[1][j][a[i].S|k] = (g[1][j][k] + g[1][j][a[i].S|k]) % mod;            }        }        if(i==n || a[i].prime!=a[i+1].prime || a[i].prime==1) {            for(int j=lim; j>=0; j--) {                for(int k=lim; k>=0; k--) {                    if((j & k) > 0) continue;                    f[j][k] = g[0][j][k] + g[1][j][k] - f[j][k];//去掉重复计算没有选当前这个数的情况                }            }        }    }    for(int i=lim; i>=0; i--){        for(int j=lim; j>=0; j--){            if((i & j) == 0) ans = (ans + f[i][j]) % mod;        }    }    ans = (ans + mod) % mod;//**//    cout << ans << endl;}