bzoj 4199 [NOI2015]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。
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
Sample Output
HINT
2≤n≤500
Source
这是第二遍码这个题的题解了,第一遍快打完的时候被我菊儿子手贱删掉了
题目要让两个集合中的所有数互质,那么就是相同的质因子不能位于两个不同的集合中
所以这个题的限制和突破口其实就是质因子
我们容易发现选了一个数就是相当与选了这个数的质因子的集合,所以我们需要对每个数进行质因数分解
但是500以内的质数还是比较多的,我们无法通过比较快捷有效的方法每个质因子是否出现过
然后我们就需要知道一个很鬼的东西:
在一个数的所有质因子中最多只有一个会大于sqrt(n);
证明:一个数可以被分解为几个质因子相乘,且这种分解是唯一的,如果有两个质数大于sqrt(n),那么乘积就会大于n,矛盾
那么sqrt(500)==22.36,在这里面的质数只有8个{2,3,5,7,9,11,13,17,19}.
这样一个数小于sqrt(n)的因子就可以用状态压缩来完美判断是否出现,我们还需要对大于sqrt的质因子特殊处理
用一个结构体来存储一个数
一是要记录这个数前8个因子的二进制状态:zt,二是记录大于等于sqrt(n)的因子 greatest是多少,如果没有则记为1
我们把数按照greatest排序那么我们可以把greatest相同的放在一起
我们易发现greatest相同且不为1的必须捆绑处理:必须是只放入第一个人或者只放入第二个人或者都不放入
我们讲到现在就可以设状态了
f[s1][s2]表示全局第一个人选集合s1,第二个人选集合s2的方案数(s1,s2都是表示一个二进制的状态);
g[0][s1][s2],g[1][s1][s2]是临时由f[s1][s2]赋值,再反过来更新f[s1][s2]
g[0][s1][s2]表示第一个人选s1,第二个人选s2,且当前这个数由第一个人选的方案
g[1][s1][s2]则反之
比如把一个数由第一个人选那么我们首先要判断a[i].zt&s2==0,即该数不会与第二个人的集合s2发生矛盾
我们易想到到转移方程
g[0][a[i].zt| s1][s2]+=g[0][s1][s2];
做一遍DP,直到完整的区间结束后由g[0][s1][s2],g[1][s1][s2]赋值给f[s1][s2],这样会保证这个区间的所有数的选择是一样的,不会分居两个集合
但由于都不选的算了两次,所以f[i][j]=g[0][s1][s2]+g[1][s1][s2]-f[s1][s2]
这个题要搞清楚f和g的转化时间,最后统计答案即可
这样就AC了
// MADE BY QT666 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<iostream> #include<queue> #include<set> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<string> #include<ctime> #define lson num<<1 #define rson num<<1|1 #define int long long using namespace std; const int MAXS=257; const int N=550; const int S=255; int gi() { int x=0,flag=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') flag=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return x*flag; } struct data { int zt,greatest; }a[N]; int n,mod,f[MAXS][MAXS],g[2][MAXS][MAXS]; int biao[10]={2,3,5,7,11,13,17,19}; void pre(){ for(int i=2;i<=n;i++) { int x=i; for(int j=0;j<8;j++) { if(x%biao[j]>0) continue; a[i].zt|=(1<<j); while(x%biao[j]==0) x/=biao[j]; } a[i].greatest=x; } } bool cmp(data a,data b){ return a.greatest<b.greatest; } void work(){ for(int i=2;i<=n;i++){ if(i==2||a[i].greatest!=a[i-1].greatest||a[i].greatest==1){ memcpy(g[0],f,sizeof(f)); memcpy(g[1],f,sizeof(f)); } for(int j=S;j>=0;j--) for(int k=S;k>=0;k--){ if((j&k)==0){ if((a[i].zt&k)==0) g[0][a[i].zt|j][k]+=g[0][j][k],g[0][a[i].zt|j][k]%=mod; if((a[i].zt&j)==0) g[1][j][a[i].zt|k]+=g[1][j][k],g[1][j][a[i].zt|k]%=mod; } } if(n==2||a[i].greatest!=a[i+1].greatest||a[i].greatest==1){ for(int j=S;j>=0;j--) for(int k=S;k>=0;k--){ if((j&k)==0){ f[j][k]=g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k]; } } } } } main() { n=gi(),mod=gi(); pre(); sort(a+2,a+1+n,cmp); f[0][0]=1; work(); int ans=0; for(int i=S;i>=0;i--) for(int j=S;j>=0;j--) if((i&j)==0) ans+=f[i][j],ans%=mod; while(ans<0) ans+=mod;ans%=mod; printf("%lld",ans); }