bzoj4197[Noi2015]寿司晚宴 [状压DP]

2024-01-01 07:59

本文主要是介绍bzoj4197[Noi2015]寿司晚宴 [状压DP],希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!

4197: [Noi2015]寿司晚宴

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 512 MB
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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。

在晚宴上,主办方为大家提供了 n−1 种不同的寿司,编号 1,2,3,…,n−1,其中第 i 种寿司的美味度为 i+1 (即寿司的美味度为从 2 到 n)。
现在小 G 和小 W 希望每人选一些寿司种类来品尝,他们规定一种品尝方案为不和谐的当且仅当:小 G 品尝的寿司种类中存在一种美味度为 x 的寿司,小 W 品尝的寿司中存在一种美味度为 y 的寿司,而 x 与 y 不互质。
现在小 G 和小 W 希望统计一共有多少种和谐的品尝寿司的方案(对给定的正整数 p 取模)。注意一个人可以不吃任何寿司。
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

3 10000
Sample Output

9
HINT

2≤n≤500

0小于p≤1000000000
Source
题意:
给定n,求从2到n里分别选若干个数(可以不选),且分别选出的两组数两两不互质的方案总数。
分析:
n<=500,很少有人会想到正解其实就是状压加上优化吧。
先考虑普通的状压,即把n以内的数的质因子处理出来用而二进制数表示取了第几个,再用01背包式循环优化掉一维,看了一下可以过30分。
再考虑优化,因为大于根号i的质因子(这里直接考虑大于根号500的质因子)在i的质因子中最多出现一个且最多出现一次,则可以把这个单独考虑(因为所有有这个质因子的数都只可能有一个该质因子,不用考虑取到重复的),得出最终算法:
处理每个数,得到该数的二进制表示质因数的数(把大于根号500的质因数单独处理后,需要表示的质因数只剩下了8个,很容易可以表示出来。然后按照剩下的大质因数的大小排序集中处理即可。

具体怎么处理我们可以通过探究这几个问题来体会:
1.为何a[i].y=1要单独处理?
2.怎样解决不取的情况?
3.把f赋值给g,又把g加回来给f有什么意义?
我的解答我会发在评论区。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int prim[10]={2,3,5,7,11,13,17,19,0,0},lim=1<<8;
int n;
long long p,ans,f[lim][lim],g[2][lim][lim];
struct node
{int x,y;
}a[505];
bool cmp(node x,node y)
{return x.y<y.y;
}
void init()
{scanf("%d %lld",&n,&p);for(int i=2;i<=n;i++){int tmp=i;for(int j=0;j<8;j++)while(!(tmp%prim[j])){a[i].x|=1<<j;tmp/=prim[j];}a[i].y=tmp;}sort(a+2,a+n+1,cmp);
}
void work()
{if(n>=2)f[0][0]=g[0][0][0]=g[1][0][0]=1;else f[0][0]=1;for(int i=2;i<=n;i++){if(a[i].y!=a[i-1].y||a[i].y==1)memcpy(g[0],f,sizeof(f)),memcpy(g[1],f,sizeof(f));for(int j=lim-1;j>-1;j--)for(int k=lim-1;k>-1;k--){if (!(j&a[i].x)) g[1][j][k|a[i].x]=(g[1][j][k|a[i].x]+g[1][j][k])%p;if (!(k&a[i].x)) g[0][j|a[i].x][k]=(g[0][j|a[i].x][k]+g[0][j][k])%p;//}if(a[i].y!=a[i+1].y||i==n||a[i].y==1)for(int j=0;j<lim;j++)for(int k=0;k<lim;k++)if(!(j&k))f[j][k]=((g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k])%p+p)%p;}for(int j=0;j<lim;j++)for(int k=0;k<lim;k++)if(!(j&k))ans=(ans+f[j][k])%p;printf("%lld",ans);
}
int main()
{freopen("bzoj4197.in","r",stdin);freopen("bzoj4197.out","w",stdout);init();work();return 0;
}

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