BZOJ 4197: [Noi2015]寿司晚宴 DP

传送门

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题目可以翻译成这样：>_<
选出A、B两个集合，使得A、B两集和满足以下条件：
①A∩B=∅
②A⊆[2,n], B ⊆[2,n]
③∀x∈A, y∈B, gcd(x,y)=1
怎么办呢?_?
30分做法是这样的——暴力！！！
2~30的素数最多有10个，所以我们可以与处理出1~n的素数，然后枚举属于A集合的和属于B集合的， 并且计算出这些质数在集合中所组合出的2~n的数的方案数
我们可以用背包来解决这个问题
g[i]（i是一个二进制数，代表含有哪些素数）代表当集合中有i这些素数时的方案数目
g[ j | num[i].bit ] = (g[ j | num[i].bit ] + g[j]) % mod
100分做法是这个样子滴！！！(⊙o⊙)…
我们看到，小于等于sqrt（n）的素数最多有9个，而每个数最多含有一个大于sqrt（n）的素数，所以小质数按照二进制进行DP，大质数顺序DP即可
f[i][x][y]代表我们使用前i个质数，A集合素数为x，B集合素数为y的方案数目
f[0][x][y]=(g[x]*g[y])%mod
然后怎么转移呢?_?
当我们使用第i个大素数p时，枚举包含p的正数，也就是枚举k，使得k*p<=n然后z=num[k].bit
z可以放在A集合中，可以放在B集合中，也可以不放（注意：k*p这些整数要么全放在A中，要么全放在B中，要么不放，不能k*p放在A中，2k*p放在B中，这是不合法的Notice！！！）
所以我们开一个数组d来记录
if((x&y)==0)
d[x|z][y][0]+=d[x][y][0]+f[i-1][x][y]
d[x][y|z][1]+=d[x][y][1]+f[i-1][x][y]
更新完所有的d数组后，累加
f[i][x][y]+=d[x][y][0]+d[x][y][1]
其实f[i][x][y]的i这一维可以省略，用背包倒序枚举xy即可

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代码如下：

#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<cmath>using namespace std;const int maxn=500+5;int n,mod,g[512+5],pre[maxn],prime[maxn],f[512+5][512+5],d[512+5][512+5][2],s,cnt,temp;struct pri{    int bit,p,mx;}num[maxn];void init(){    memset(pre,0,sizeof(pre)),memset(prime,0,sizeof(prime)),cnt=0;    for(int i=2;i<=n;i++){        if(!pre[i])            prime[++cnt]=i;        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){            pre[prime[j]*i]=prime[j];            if(i%prime[j]==0)                break;        }    }    for(int i=1;i<=cnt;i++)        if(prime[i]>temp){            s=i;            break;        }    for(int i=2;i<=n;i++){        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]<=i;j++){            if(prime[j]>temp&&i%prime[j]==0){                num[i].p=j,num[i].mx=prime[j];                break;            }            if(i%prime[j]==0)                num[i].bit^=(1<<(j-1)),num[i].mx=prime[j];        }    }}signed main(void){    scanf("%d%d",&n,&mod),temp=sqrt(n),init();//预处理出每个数中含有那些素数     memset(g,0,sizeof(g)),g[0]=1;    for(int i=2;i<=n;i++){//注意i不是枚举到sqrt(n)而是选取2~n中包含的素数最大的不超过sqrt(n)的那些数        if(num[i].mx>temp)            continue;        for(int j=511;j>=0;j--)            g[j|num[i].bit]=(g[j|num[i].bit]+g[j])%mod;    }    for(int x=0;x<=511;x++)//枚举到511即可，因为最多只有9个素数        for(int y=0;y<=511;y++)            if((x&y)==0)                f[x][y]=((long long)g[x]*g[y])%mod;    for(int i=s;i<=cnt;i++){        memset(d,0,sizeof(d));        for(int j=1;prime[i]*j<=n;j++){            int z=num[j].bit;            for(int x=511;x>=0;x--)                for(int y=511;y>=0;y--)                    if((x&y)==0){                        d[x|z][y][0]=((d[x|z][y][0]+d[x][y][0])%mod+f[x][y])%mod;                        d[x][y|z][1]=((d[x][y|z][1]+d[x][y][1])%mod+f[x][y])%mod;                    }        }        for(int x=511;x>=0;x--)            for(int y=511;y>=0;y--)                if((x&y)==0)                    f[x][y]=((f[x][y]+d[x][y][0])%mod+d[x][y][1])%mod;    }    int ans=0;    for(int i=0;i<=511;i++)        for(int j=0;j<=511;j++)            if((i&j)==0)                ans=(ans+f[i][j])%mod;    cout<<ans<<endl;    return 0;}

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by >o< neighthorn