集合选数[HNOI2012]

【问题描述】
《集合论与图论》这门课程有一道作业题，要求同学们求出{\(1, 2, 3, 4, 5\)}的所有满足以 下条件的子集：若 \(x\) 在该子集中，则 \(2x\) 和 \(3x\) 不能在该子集中。同学们不喜欢这种具有枚举性质的题目，于是把它变成了以下问题：对于任意一个正整数 \(n\le100000\)，如何求出{\(1, 2,..., n\)} 的满足上述约束条件的子集的个数（只需输出对 \(1,000,000,001\) 取模的结果），现在这个问题就交给你了。

【输入格式】
只有一行，其中有一个正整数 \(n\)，\(30\%\)的数据满足 \(n\le20\), \(100\%\)的数据满足\(n \le 100000\)。

【输出格式】
仅包含一个正整数，表示{\(1, 2,..., n\)}有多少个满足上述约束条件的子集。

第一眼看上去是个组合计数问题。。。然而组合做不了，所以我们考虑DP。
考虑将题目所给的限制条件转化成一个矩阵
以从\(1\)开始为例：
这是矩阵 -> \(\begin{bmatrix} 1 & 3 & 9 & 27 & ...\\ 2 & 6 & 18 & 54 & ... \\ 4 & 12 & 36 & 108 & ... \\ 8 & 24 & 72 & 216 & ... \\ ... & ... & ... & ... & ... \end{bmatrix} \quad\)
于是乎 原问题就变成了求在这个矩阵里选一些两两不相邻的数的方案数
由于这些数是指数级增长的，所以在\(100000\)范围内，粗略估计矩阵的长宽最多也不会超过\(20\)，而\(3\)倍增长的列的数目更是不会超过\(11\)。
所以可以想到用状压DP 怎么DP就不说了 注意可以把很多没必要枚举的状态跳过，第一次写的时候被卡TLE了。。。
从\(1\)开始的矩阵不一定包含所有数，对于一个数，如果前面的矩阵都没有包含它，如\(5, 7, 11\)，需要在从这个数开始的矩阵再DP一次，答案就是每次DP出来的部分答案的积。
时间复杂度\(O(\)一秒内\()\)

【代码】

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll mod = 1000000001;
ll n, dp[21][100005], ans = 1;
ll len, len2[1005];
bool vis[100005];

inline void add(ll &x, ll y) {
    x += y;
    if (x >= mod) x -= mod;
}

ll solve(ll x) {
    ll nowans = 0;
	for (int i = 1; ; i++) {
        ll cur = (x << (i-1));
        if (cur > n) {
            len = i - 1;
            break;
        }
        vis[cur] = 1;
        for (int j = 1; ; j++) {
            cur *= 3;
            if (cur > n) {
                len2[i] = j;
                break;
            }
            vis[cur] = 1;
        }
    }
    for (int i = 0; i <= len; i++) for (int j = 0; j < (1 << len2[i]); j++) dp[i][j] = 0;
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        for (int j = 0; j < (1 << len2[i]); j++) {
            if (dp[i][j]) {
                if (j & (j << 1)) continue;
                for (int k = 0; k < (1 << len2[i+1]); k++) {
                    if (k & (k << 1)) continue;
                    if ((j & k) == 0) {
                        dp[i+1][k] = (dp[i+1][k] + dp[i][j]) % mod;
                    }
                }
            }
        }
    }
    for (int j = 0; j < (1 << len2[len]); j++) {
        nowans = (nowans + dp[len][j]) % mod;
    }
    return nowans;
}

int main() {
    scanf("%lld", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!vis[i]) {
            vis[i] = 1;
            ans = ans * solve(i) % mod;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

~~DP题目太难了 我太蒻了~~