BZOJ 1025 [SCOI2009]游戏

一眼就能看出来这道题的规律，找循环节的lcm，然后。。。然后就不会了。。。
这道题已经转化为了：求 一堆和比n小的数构成的 不同lcm的个数

lcm(a1,...,an)=px11⋅px22⋅...⋅pxnn其中∑i=1nai<=n

题意中求的是lcm的可行解的个数，于是对于两个不互质的数，将其中一个除gcd也无影响，由此可以保留a数列中每一个质数pi的最大次方项xi，将其他的全部除以gcd，消去pi，于是数列变成了一个质数的次方的数列，其lcm与原序列相比不会改变，而其和原来相比一定不会变大，于是可以保证不会漏解lcm，由此可以得到：

a1+...+an=px11+px22+...+pxnn<=n

然后背包瞎搞一下就好了。

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int n,cnt;long long prime[1005],dp[1005][1005];bool not_prime[1005];void linear_shaker(){    for(int i=2,t;i<=n;i++)    {        if(!not_prime[i])            prime[++cnt]=i;        for(int j=1;j<=cnt&&(t=i*prime[j])<=n;j++)        {            not_prime[t]=true;            if(i%prime[j]==0)break;        }    }}int main(){    scanf("%d",&n);    linear_shaker();    dp[0][0]=1;//0表示无此质数，此处i表示前i个质数中（不一定全用），所以需要累加上一状态，相当于添加一个质数然后合并状态     for(int i=1;i<=cnt;i++)    {        for(int k=0;k<=n;k++)dp[i][k]=dp[i-1][k];        for(int j=0;j<=n;j++)        {            for(int k=prime[i];j+k<=n;k*=prime[i])                dp[i][j+k]+=dp[i-1][j];        }    }    long long res=0;    for(int i=0;i<=n;i++)        res+=dp[cnt][i];    cout<<res;    return 0;}