Bzoj4197 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≤n≤500

0<p≤1000000000

 

Source

Noi2015

 

 

任意一个正数x，其大于根号x的质因数最多只有一个，由于 n<=500，我们可以知道n的质因数最多只有9种情况(2,3,5,7,11,13,17,19,以及它特殊的一个大质数)。

可以用8位二进制进行状态压缩，再特判大质数。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mxn=600;
const int pnum[9]={0,2,3,5,7,11,13,17,19};
struct node{
    int big;
    int set;
    
}a[mxn];
int cmp(const node a,const node b){
        if(a.big!=b.big)return a.big<b.big;
        return a.set<b.set;
}
int f[320][320];//二进制压缩，[A集合用的素数][B集合用的素数]=方案数 
int p1[320][320],p2[320][320];
int n,p;
int ans=0;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&p);
    int i,j,k;
    //分解质因数 
    for(i=1;i<=n;i++){
        int tmp=i;
        for(j=1;j<=8;j++)//枚举每个素数 
            if(tmp%pnum[j]==0){
                a[i].set|=1<<(j-1);
                while(tmp%pnum[j]==0)tmp/=pnum[j]; 
            }
        a[i].big=tmp;//剩余的大素数，若没有则为1 
    }
    //完成 
    sort(a+2,a+n+1,cmp);
    f[0][0]=1;
    for(i=2;i<=n;i++){
        if(i==2 || a[i].big!=a[i-1].big || a[i].big==1){//如果新a[i]可以用来更新上一个，就复制 
            memcpy(p1,f,sizeof f);
            memcpy(p2,f,sizeof f);    
        }
        for(j=255;j>=0;j--){//倒着循环防止重复 
          for(k=255;k>=0;k--){
              if((k&a[i].set)==0) p1[j|a[i].set][k]=(p1[j|a[i].set][k]+p1[j][k])%p;
              if((j&a[i].set)==0) p2[j][k|a[i].set]=(p2[j][k|a[i].set]+p2[j][k])%p;
          }
        }
        if(i==n || a[i].big==1 || a[i].big!=a[i+1].big){
            for(j=0;j<=255;j++)
                for(k=0;k<=255;k++){
                  f[j][k]=((p1[j][k]+p2[j][k]-f[j][k])%p+p)%p;
                  }
        }
    }
    for(i=0;i<=255;i++)
      for(j=0;j<=255;j++){
          if((i&j)==0)ans=(ans+f[i][j])%p;//累加所有可行方案 
      }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}