【BZOJ4197】【Noi2015】寿司晚宴

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

  
  \(2\le n\le 500\)\(0<p\le 10^9\)
  
  
  

Solution

  
​  首先考虑最直接的状压DP:两个人的选择方案合法,当且仅当两人各自所选编号的质因子无交集。
  
  记\(f[i][s_A][s_B]\)表示当前选到\(i\)号数,一个人选择的数质因子状态为\(s_A\),A另一人为\(s_B\)的总方案数。其中第一维可以省去。
  
  但是500以内的质数还是很多,\(s_A\)\(s_B\)压不起来,怎么做呢?
  
  考虑每一个数都是由若干个小于等于\(\sqrt {500}\)的质数乘起来,再乘上一个剩余部分\(l\):一个大于\(\sqrt{500}\)的质数或者1得到。我们发现小于等于\(\sqrt{500}\)也就是22.36的质数恰好只有8个,此时\(s\)的大小为256,是可以开得下上述数组的。
  
  处理出所有数包含小于根号质数的状态,并按剩余部分\(l\)从小到大排序。剩余部分为1的数显然可以按上述基础方法直接DP。
  
  接下来,对于剩余部分\(l\)不为1的每一段数。我们发现,两人不可能同时取这一段中的数——要么A不要动,让B自己选择;要么B不要动,让A自己选择。
  
​  所以把每一段\(l\)相同的数拉出来DP一次。记\(g_A[s_A][s_B]\)表示只让A取这一段的方案数,\(g_B[s_A][s_B]\)同理。两个DP是独立分开的。枚举该段中每一个数,看某人选了是否不会和另一人冲突,并决定选还是不选。
  
  DP开始前\(g_A[s_A][s_B]=g_B[s_A][s_B]=f[s_A][s_B]\)。该段DP完成后,反过来把走过这一段后的数据更新回\(f\)
  
  \(f[s_A][s_B]=g_A[s_A][s_B]+g_B[s_A][s_B]-f[s_A][s_B]\)
  
  注意后面要减去一个未DP前的方案数,因为两个\(g\)加起来时,两人都不选的情况总共被算了2次。
     
  从此题我们可以得到一些启发:如果状态压不下,那就应该考虑能否减少状态规模,如找到特殊的元素单独考虑。   
    

Code

  

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=505,p[9]={0,2,3,5,7,11,13,17,19};
int n,MOD;
int f[260][260],g[2][260][260];
inline int plu(int x,int y){return (x+y)%MOD;}
inline int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
inline void upd(int &x,int y){x=plu(x,y);}
inline bool in(int st,int i){return (st>>(i-1))&1;}
inline int bit(int i){return 1<<(i-1);}
struct Data{int x,state,bigp;}d[N];
bool cmp(const Data &a,const Data &b){return a.bigp<b.bigp;}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&MOD);
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int x=i,y=0;
		for(int i=1;i<=8;i++)
			if(x%p[i]==0){
				y|=bit(i);
				while(x%p[i]==0) x/=p[i];
			}
		d[i-1]=(Data){i,y,x};
	}
	sort(d+1,d+1+(n-1),cmp);
	f[0][0]=1;
	int i,j,all=1<<8;
	for(i=1;d[i].bigp==1;i++){
		for(int x=all-1;x>=0;x--)
			for(int y=all-1;y>=0;y--){
				if(!(d[i].state&y))
					upd(f[x|d[i].state][y],f[x][y]);
				if(!(d[i].state&x))
					upd(f[x][y|d[i].state],f[x][y]);
			}
	}
	for(j=i;i<n;){
		for(int x=0;x<all;x++)
			for(int y=0;y<all;y++) 
				g[0][x][y]=g[1][x][y]=f[x][y];
		for(;j<n&&d[i].bigp==d[j].bigp;j++);
		for(;i<j;i++){
			for(int x=all-1;x>=0;x--)
				for(int y=all-1;y>=0;y--){
					if(!(d[i].state&y))
						upd(g[0][x|d[i].state][y],g[0][x][y]);
					if(!(d[i].state&x))
						upd(g[1][x][y|d[i].state],g[1][x][y]);
				}
		}
		for(int x=0;x<all;x++)
			for(int y=0;y<all;y++) 
				f[x][y]=plu(plu(g[0][x][y],g[1][x][y]),-f[x][y]);
	}
	int ans=0;
	for(int x=0;x<all;x++)
		for(int y=0;y<all;y++) 
			upd(ans,f[x][y]);
	printf("%d\n",plu(ans,MOD));	
	return 0;
}
posted @ 2018-06-30 20:36  RogerDTZ  阅读(126)  评论(0编辑  收藏  举报