P2150 [NOI2015]寿司晚宴

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状压dp

首先两个人选的数两两互质可以转化为没有公共的质因数，那么先把 \([2,n]\) 做质因数分解，30分暴力就简单了
直接设 \(f(i,S,T)\) 表示考虑前 \(i\) 个数，两人选的质因数集合分别时 \(S,T\)，的方案数
设 \(k\) 为当前数的质因数集合，转移就是 \(f(i-1,S,T)\rightarrow f(i,S|k,T),(k \operatorname{and} T=0)\) 以及 \(f(i-1,S,T)\rightarrow f(i,S,T|k),(k \operatorname{and} S=0)\)

考虑正解，因为 \(22<sqrt(500)<23\)，所以每个数都至多有一个大于 \(22\) 的质因数，如果单独考虑这个大的质因数，剩下需要考虑的小质因数就只有 \(8\) 个了
可以把所有数按大质因数分段，把所有大质因数相同的数分进一个段里，对于没有大质因数的数就自己一段，然后只要求出每个段的答案再合并就好了
设 \(f1(S,T),f2(S,T)\) 分别是考虑到当前段，把这个大质数分给第一/二个人，两人所取质因数集合分别为 \(S,T\) 的方案数。\(dp(S,T)\) 则为总共的方案数
每当进入一个新段，要把 \(dp\) 的值分别赋值给 \(f1,f2\)
合并的话只要 \(dp(S,T)=f1(S,T)+f2(S,T)-dp(S,T)\) 就行，要减是因为 \(f1,f2\) 中会把在原来的基础上两人都不选任何数这个方案计算两编，贡献就是原来的 \(dp(S,T)\)，减去他

考虑 \(f1,f2\) 之间的转移，设 \(k\) 为当前数的小质因数集合，可知有 \(f1(S,T)\rightarrow f1(S|k,T),(k\operatorname{and} T=0)\) 以及 \(f2(S,T)\rightarrow f2(S,T|k),(k\operatorname{and} S=0)\)
其实和之前的暴力做法是有些相似的，只不过是在限定了大质数要给谁的基础上

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<map>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN puts("")
inline long long read(){
	register long long x=0;register int y=1;
	register char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=getchar();}
	return y?x:-x;
}
#define N 300
int n;
long long mod;
long long f1[N][N],f2[N][N],dp[N][N];
const int prime[8]={2,3,5,7,11,13,17,19};
struct Node{
	int val,S,big;
	inline void init(){
		for(reg int i=0;i<8;i++){
			if(val%prime[i]) continue;
			S|=(1<<i);
			while(!(val%prime[i])) val/=prime[i];
		}
		if(val>1) big=val;
	}
}a[505];
inline int cmp(Node a,Node b){return a.big<b.big;}
int main(){
	n=read();mod=read();
	for(reg int i=1;i<n;i++) a[i].val=i+1,a[i].init();
	std::sort(a+1,a+1+n,cmp);
	dp[0][0]=1;
	for(reg int i=1;i<n;i++){
		if(i==1||a[i].big!=a[i-1].big||!a[i].big){
			std::memcpy(f1,dp,sizeof f1);std::memcpy(f2,dp,sizeof f2);
		}
		for(reg int j=255;~j;j--)for(reg int k=255;~k;k--){//滚动数组，逆序
			if(j&k) continue;
			if(!(a[i].S&j)) f2[j][k|a[i].S]=(f2[j][k|a[i].S]+f2[j][k])%mod;
			if(!(a[i].S&k)) f1[j|a[i].S][k]=(f1[j|a[i].S][k]+f1[j][k])%mod;
		}
		if(i==n||a[i].big!=a[i+1].big||!a[i].big){
			//一段结束，合并答案，减掉重复计算的两人都不选的情况数
			for(reg int j=0;j<256;j++)for(reg int k=0;k<256;k++)
				if(!(j&k)) dp[j][k]=(f1[j][k]+f2[j][k]-dp[j][k]+mod)%mod;
		}
	}
	long long ans=0;
	for(reg int i=0;i<256;i++)for(reg int j=0;j<256;j++)
		if(!(j&i)) ans=(ans+dp[i][j])%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}