Luogu2150 寿司晚宴 - 状压dp - 质因数分解 -
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P2150
题解：
- 30pts
\(n \leq 30\)，如果\(x\)与\(y\)互质，则必有至少一个公共质因子，而30以内质数共10个，对质因子状态进行压缩
设\(dp[i][S1][S2]\)表示考虑到第 i 个数，甲使用的质因子集合为\(S1\)，乙为\(S2\)的方案数，则有
其中\(cur[i]\)表示\(i\)质因子的集合
最后对所有\(S1、S2\)，统计\(dp[n][S1][S2]\)之和即可，需要使用滚动数组优化
代码：
// by Balloons
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define mpr make_pair
#define debug() cerr<<"Madoka"<<endl
#define rep(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int inf = 1e9;
int prm[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29};
int n,p;
int dp[2][(1<<10)+5][(1<<10)+5];
signed main(){
scanf("%d%d",&n,&p);
int mod = p;
dp[1][0][0] = 1;
for(int i=2;i<=n;i++){
memset(dp[i&1],0,sizeof dp[i&1]);
int curi = 0,tmp = i;
for(int j=0;j<10;j++)
while(tmp%prm[j] == 0){tmp /= prm[j];curi |= 1<<j;}
for(int S1=0;S1<=(1<<10)-1;S1++){
for(int S2=0;S2<=(1<<10)-1;S2++)if((S1&S2) == 0){
if((S2&curi) == 0)(dp[i&1][S1|curi][S2] += dp[i&1^1][S1][S2])%=mod;
if((S1&curi) == 0)(dp[i&1][S1][S2|curi] += dp[i&1^1][S1][S2])%=mod;
( dp[i&1][S1][S2] += dp[i&1^1][S1][S2] ) %= mod;
}
}
}
int ans=0;
for(int S1=0;S1<=(1<<10)-1;S1++){
for(int S2=0;S2<=(1<<10)-1;S2++)if((S1&S2) == 0){
(ans += dp[(n)&1][S1][S2])%=mod;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
- 100pts
\(n\leq 500\)，考虑到\(> \sqrt{n}\)的质因子只有1个，我们只需要把这个质因子拿出来单独考虑。\(\sqrt{500}<23\)，因此对2、3、5、7、11、13、17、19这8个质数拿出来，跑一遍30pts的状压，再考虑\(\geq 23\)的部分
对于一个大质因数，显然只可能被二者中至多一个选，我先预处理出有哪些数，他们对应的大质因数是同一个，并利用排序将他们放在一起。
对于一段大质因数相同的序列，我们再对这一小段dp。记\(f[i][S1][S2]\)表示钦定大质因数只能甲选（甲可能不选可能选，但乙一定不选），考虑到第\(i\)个位置（排序之后），已经利用的小质因数集合甲为\(S1\)乙为\(S2\)，所对应的方案数。对于当前的大致运输算完之后再对下一个大质因数计算，以此类推
考虑\(f、g\)的转移（记\(curS\)为当前数的小质因数的集合）：
注意这是对当前大质数因子的统计答案，我们还需要把她加回\(dp[][][]\)中（注意\(dp[][][]\)原本的意义就是计算没有大质因子的情况，我们把所有大质数因子的情况都加回，就得到了答案）
\(dp[n][S1][S2] = f[n][S1][S2] + g[n][S1][S2] - dp[n][S1][S2]\)（减去是因为有大质因数两个人都不选的情况被算了2次）
是否有重复呢？注意到从一个质因数往下一个质因数推的时候，\(dp[][][]\)内对应的结果一定不包含下一个质因数的情况，因此每次都相当于往里面加一个大质数因子，没有重复
我先把小质数因子的情况求出来，再求解大质数因子，直观但代码比较麻烦，而且滚动数组这块很容易错。
小心别爆int！！
代码：
// by Balloons
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define mpr make_pair
#define debug() cerr<<"Madoka"<<endl
#define rep(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int inf = 1e9,maxn=505;
int n,p;
int prm[]={2,3,5,7,11,13,17,19};
struct node{
int num, S;
int mxp;
node(){mxp=0;}
}a[maxn];
int cmp(node a,node b){return a.mxp < b.mxp;}
int dp[2][(1<<8)+5][(1<<8)+5];
int f[2][(1<<8) +5][(1<<8) + 5];
int g[2][(1<<8) +5][(1<<8) + 5];
signed main(){
// freopen("2150-2.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&p);int mod=p;
for(int i=2;i<=n;i++){
int cur = i;
a[i-1].num = i;
for(int j=0;j<8;j++){
while(cur%prm[j] == 0){
cur /= prm[j];
a[i-1].S |= (1<<j);
}
}
a[i-1].mxp = cur;
}
sort(a+1,a+n,cmp);
int t=n-1;
for(int i=1;i<=n-1;i++)if(a[i].mxp!=1){t=i-1;break;}
dp[0][0][0] = 1;
for(int i=1;i<=t;i++){
memset(dp[i&1],0,sizeof dp[i&1]);
int curi = a[i].S;
for(int S1=0;S1<=(1<<8)-1;S1++){
for(int S2=0;S2<=(1<<8)-1;S2++)if((S1&S2) == 0){
if((S2&curi) == 0)(dp[i&1][S1|curi][S2] += dp[i&1^1][S1][S2])%=mod;
if((S1&curi) == 0)(dp[i&1][S1][S2|curi] += dp[i&1^1][S1][S2])%=mod;
( dp[i&1][S1][S2] += dp[i&1^1][S1][S2] ) %= mod;
}
}
}
int lst_dp = t;
for(int i=t+1;i<=n-1;i++){
if(a[i].mxp != a[i-1].mxp){
memcpy(f[i&1^1],dp[lst_dp&1], sizeof f[i&1^1]);
memcpy(g[i&1^1],dp[lst_dp&1], sizeof g[i&1^1]);
}
memset(f[i&1],0,sizeof f[i&1]), memset(g[i&1],0,sizeof g[i&1]);
for(int S1=0;S1<=(1<<8)-1;S1++){
for(int S2=0;S2<=(1<<8)-1;S2++)if((S1&S2)==0){
if((S1&a[i].S) == 0)( g[i&1][S1][S2|a[i].S] += g[i&1^1][S1][S2] ) %= mod;
if((S2&a[i].S) == 0)( f[i&1][S1|a[i].S][S2] += f[i&1^1][S1][S2] ) %= mod;
(f[i&1][S1][S2] += f[i&1^1][S1][S2]) %= mod;
(g[i&1][S1][S2] += g[i&1^1][S1][S2]) %= mod;
}
}
if(a[i].mxp != a[i+1].mxp || i == n-1){
for(int S1=0;S1<=(1<<8)-1;S1++)
for(int S2=0;S2<=(1<<8)-1;S2++)if((S1&S2) == 0)
(dp[lst_dp&1][S1][S2] = (f[i&1][S1][S2] + g[i&1][S1][S2])%mod - dp[lst_dp&1][S1][S2] + mod )%= mod;//!!!!
}
}
int ans=0;
for(int S1=0;S1<=(1<<8)-1;S1++)for(int S2=0;S2<=(1<<8)-1;S2++)if((S1&S2)==0)
(ans += dp[lst_dp&1][S1][S2]) %= mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
