P3213 [HNOI2011]勾股定理 题解

据说是NP问题。

很明显我们要先预处理出来勾股数对。

但由于数过于大，所以常规的枚举是解决不了问题的。

但也貌似没有什么很好的办法可以立马找到一个数的勾股数对。

所以只能缩减枚举范围。

已知：

$$\begin{array}{rl}(x-y{)}^2+4xy& =(x+y{)}^2\\ (x^2-y^2{)}^2+4x^2{y}^2& =(x^2+y^2{)}^2\\ (x^2-y^2{)}^2+(2xy{)}^2& =(x^2+y^2{)}^2\end{array}$$

所以可以把 $A$ 看成 $(x-y)$，$B$ 看成 $2xy$，然后枚举 $i,j$，代表式子中的 $x,y$，即可缩小枚举范围。因为要满足 $x^2-y^2\le {10}^{6}2xy\le {10}^6$。枚举复杂度约为 $O(n)$。

然后对于每一对勾股数对，连接一条边，即可得到一个森林。

这样就可以进行树形dp了。

设 $d{p}_{i,(0,1)}$ 代表选与不选数 $i$ 的方案数。

如果不选，方案即为自己儿子所有方案的乘积

$$d{p}_{i,0}=\prod _{(i,j)}d{p}_{j,0}+d{p}_{j,1}$$

若选，则自己儿子不能选，乘上自己儿子不选的方案数与选这个数的子集数（不算空集）即可。

$$d{p}_{i,1}=2^{nu{m}_i}\prod _{(i,j)}d{p}_{j,0}$$

然后对每棵树树形dp即可。

复杂度 $O(n)$。

但是交上去不对，那是因为在这之前的所有假设都是基于建出来的是棵树。

那接下来就麻烦了。

但是通过楼上大佬的模拟，发现在本题的数据范围内建出来的仅仅是棵仙人掌，这样NP问题就可以转换为普通问题了，那么我们就可以进行仙人掌dp。

首先利用Tarjan思想，对于每个整棵仙人掌遍历一遍，建立时间戳，寻找环。

找到环以后，我们考虑断掉环上的一条边，并记录下来边两边的点。

然后对于每一棵仙人掌，对记录下来的点的状态进行搜索，然后在搜索终端判断两边的点是否同为 $1$。如果满足都不同为 $1$，进行一次树形dp。

那么这棵仙人掌所带来的方案数即为 $d{p}_{i,0}+d{p}_{i,1}$。

最后把所有仙人掌所得来的答案相乘，减去全部为空集情况，即减去一，就可得到答案。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int mod=1e9+7;
int n,num[N],p[N],vis[N],ins[N],dfn[N],cnt,dp[N][2],chose[N],col[N],color;
vector<int>a[N],t;
int gcd(int x,int y)
{
	if(y==0)return x;
	return gcd(y,x%y);
}
void insert(int x)//记录断掉的边两边的点。
{
	if(!vis[x])
	{
		vis[x]=1;
		t.push_back(x);
	}
}
void build(int x,int fa)//找环。
{
	dfn[x]=++cnt;
	int len=a[x].size();
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		if(a[x][i]==fa)continue;
		if(!dfn[a[x][i]])build(a[x][i],x);
		else if(dfn[a[x][i]]<dfn[x])insert(a[x][i]),insert(x);
	}
}
bool check(int x,int fa)//判断断掉的边的两点是否符合条件
{
	col[x]=color;
	int len=a[x].size();
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		if(a[x][i]==fa)continue;
		if(chose[x]&&chose[a[x][i]])return false;
		if(col[a[x][i]]!=color&&!check(a[x][i],x))return false;
	}
	return true;
}
void get_ans(int x,int fa)//树形dp。
{
	col[x]=color;
	int len=a[x].size();
	dp[x][0]=1;
	dp[x][1]=p[num[x]]-1;
	if(vis[x])
	{
		if(chose[x])dp[x][0]=0;
		else dp[x][1]=0;
	}
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		if(a[x][i]==fa||col[a[x][i]]==color)continue;
		if(col[a[x][i]]!=color)get_ans(a[x][i],x);
		dp[x][1]*=(dp[a[x][i]][0]);
		dp[x][1]%=mod;
		dp[x][0]*=(dp[a[x][i]][0]+dp[a[x][i]][1]);
		dp[x][0]%=mod;
	}
}
int dfs(int x,int step)//搜索。
{
	if(step==t.size())
	{
		color++;
		if(check(x,0))
		{
			color++;
			get_ans(x,0);
			return dp[x][0]+dp[x][1];
		}
		return 0;
	}
	chose[t[step]]=0;
	int sum=0;
	sum+=dfs(x,step+1);
	chose[t[step]]=1;
	sum+=dfs(x,step+1);
	return sum%mod;
}
int solve(int x)
{
	t.clear();
	build(x,0);
	int sum=dfs(x,0);
	return sum;
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%lld",&x),num[x]++;
	p[0]=1;
	for(int i=1;i<=(N-5);i++)p[i]=p[i-1]*2,p[i]%=mod;
   //以下为预处理。
	for(int i=1;i<=(N-5)/2;i++)
	{
		for(int j=i+1;2*i*j<=(N-5)&&j*j-i*i<=(N-5);j++)
		{
			if(((i&1)^(j&1))&&gcd(i,j)==1)
			{
				int u=j*j-i*i,v=2*i*j;
				if(!num[u]||!num[v])continue;
				a[u].push_back(v);
				a[v].push_back(u);
			}
		}
	}
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=N-5;i++)if(num[i]&&!col[i])ans=ans*solve(i)%mod;
	printf("%lld",ans-1);
	return 0;
}