P5856「SWTR-03」Game

题意

我自闭了，连蓝题都不会了，还得看题解。

以下是我理解的官方做法，献给给广大没看懂官方题解的神仙们。作者蒟蒻，如果有什么不对的地方请指出。

观察题目的限制，发现$q$是一个$p^z$的形式，因此我们可以考虑每个质数$p$。

对于每个质数$p$，我们求出一个$0-1$串$state_i$，其中第$i$位为$1$则表示存在一个数，它分解后$p$这个质因子的次幂为$i$。特殊地，如果一个数不含$p$这个质因子，那么第$0$位为$1$。$p$的次幂的上界很小，$p=2$时最大，才$\log_2$级别，因此是开得下的。

现在我们考虑通过题中的操作使得$a_{1...n}$相同的过程：
对于每个质数$p$，显然只有所有$a_i$分解后的$p$的次幂相同才会满足条件。

先假设我们要将所有的$a_i$中$p$的次幂都消成$0$。

此时，我们要对$p$的状态求出一个最小的集合，满足将这个集合内的数任意相加可以拼出$p$的状态中所有的位置。

就拿官方题解里的例子吧：
对于$1000111010$，在$1,3,4,5,9$位上是$1$（注意我们是从右向左从零开始数的），于是$f_{(1000111010)_2}=3$，因为我们可以通过$\{1,3,5\}$拼出所有的数。（$1=1$，$3=3$，$4=1+3$，$5=5$，$9=1+3+5$）

此时我们在$q=p^1$时操作分解后$p$的次幂为$1,4,9$的位置，在$q=p^3$时操作分解后$p$的次幂为$3,4,9$的位置，在$q=p^5$时操作分解后$p$的次幂为$5,9$的位置，那么所有的数中$p$的次幂都为$0$。

那么我们就设$f_s$表示状态$s$的答案，我们可以$dfs$求出。

但是包含$s$的状态$t$（即$s$是$t$的子集）的答案$f_t$也可以更新$f_s$（能拼出$t$就能拼出$s$），我们再枚举每个状态，更新它的子集即可。

现在考虑我们不把所有的$a_i$中的$p$的次幂消成$0$的情况。

这时候需要满足该状态最低位（即第$0$位）不为$0$，因为为$0$的话就说明有一个数根本就没有$p$这个质因子，那肯定要全消完。

那么我们保留$p^k$就相当于$s_p>>k$这个状态的答案，还是拿之前的那个举例：
$1000111010$，在$1,3,4,5,9$位上是$1$。
我们现在保留$p^1$，也就是我们要找最小的集合，使其能拼成$0,2,3,4,8$，那么对应的状态就是$s_p>>1$。

由衷地感叹：这题的确是道思维好题。

code（真·抄的官方题解）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
const int maxm=20;
int n,ans;
int a[maxn],f[1<<maxm],state[1<<maxm],cnt[1<<maxm];
bool vis[maxn];
vector<int>prime;
inline void pre_work()
{
	vis[1]=1;
	for(int i=2;i<=1000000;i++)
	{
		if(!vis[i])prime.push_back(i);
		for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=1000000;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
	}
}
void dfs(int dep,int now,int s)
{
	f[s]=min(f[s],dep-1);
	if(dep>5)return;
	for(int i=now;i<=20;i++)dfs(dep+1,i,(s|(s<<i))&((1<<20)-1));
}
int main()
{
	pre_work();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	dfs(1,1,1);
	for(int s=(1<<20)-1;s;s--)
		for(int j=1;j<=20;j++)
			if(!((s>>(j-1))&1))f[s]=min(f[s],f[s|(1<<(j-1))]);
	for(int s=1;s<(1<<20);s++)if(!(s&1))f[s]=min(f[s],f[s>>1]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int tmp=a[i];
		for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&prime[j]*prime[j]<=tmp;j++)
		{
			if(tmp%prime[j])continue;
			int k=0;
			while(tmp%prime[j]==0)k++,tmp/=prime[j];
			state[prime[j]]|=1<<k;cnt[prime[j]]++;
		}
		if(tmp>1)cnt[tmp]++,state[tmp]|=2;
	}
	for(int i=2;i<=1000000;i++)
	{
		if(cnt[i]!=n)state[i]|=1;
		ans+=f[state[i]];
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}