【题解】P2150 [NOI2015] 寿司晚宴

发表于 分类于 阅读次数： Valine： 本文字数： 842 阅读时长 ≈ 3 分钟

题目链接（洛谷）

题目大意

有$[2,n]$一共$n-1$个数，甲乙两个人分别取子集$S,T$，要求不存在$x\in S,y\in T$，使得$\gcd(x,y) \neq 1$。求取子集的方案个数。

对于$30\%$的数据，$2\le n\le 30$；对于$100\%$的数据，$2\le n\le 500$

分析

暴力

两数互质，则两数没有相同质因数。对于$n\le 30$的数据，可能的质因数只有前$10$个，我们可以状压表示每个质因数的使用状态。

定义$f(i,s_1,s_2)$表示前$i$个数中，甲、乙选的集合的质因数状态分别为$s_1,s_2$。用$k$表示$i$的质因数状态，则有转移：

可以用滚动数组把第一维优化掉。复杂度$O(n\times 2^{20})$。

优化

当$n\le 500$时质数变多了，无法将它们全部状压。注意到一个数$n$最多有一个比$\sqrt{n}$大的质因子。对$n$质因数分解的时候，可以将这个大质数（$\ge 23$）单独记下来，剩下的小质数状压。

先以大质数为关键字排序，把大质数相同的数放在一起。有同一大质数的数不可能同时出现在甲和乙的集合中。所以我们将$f(s_1,s_2)$数组暂时分成两个，$g_1(s_1,s_2),g_2(s_1,s_2)$分别表示当前大质数只放进甲/乙的集合，甲乙小质数状态分别为$s_1,s_2$时的方案数。

$g_1,g_2$直接按照$30$分做法转移，当前大质数全部转移完后将答案合并到原来的$f$数组里，下一个大质数转移开始之前，将$g_1,g_2$附成当前$f$。

答案即$\sum f(s_1,s_2)~(s_1\operatorname{\&}s_2=0)$

实现

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long
using namespace std;
int pri[] = {0, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19};
ll n, p, ans, f[300][300], g1[300][300], g2[300][300];//g1当前大质数让甲来选

inline void mo(ll &x) {
    x = (x + p) % p;
}

struct node {
    ll big, sta;

    bool operator<(const node &x) const {
        return big < x.big;
    }
} a[505];

void getSta() {
    for (ll i = 1; i < n; i++) {
        ll sta = 0, tmp = i + 1;
        for (int j = 1; j <= 8; j++) {
            if (tmp % pri[j]) continue;
            sta |= 1 << (j - 1);
            while (tmp % pri[j] == 0) tmp /= pri[j];
        }
        a[i].big = tmp;
        a[i].sta = sta;
    }
}

void sol() {
    sort(a + 1, a + n);
    f[0][0] = 1;
    for (ll i = 1; i < n; i++) {
        if (i == 1 || a[i].big != a[i - 1].big || a[i].big == 1) { // 将f分成g1和g2
            memcpy(g1, f, sizeof(g1));
            memcpy(g2, f, sizeof(g2));
        }
        for (ll j = 255; j >= 0; j--) {
            for (ll k = 255; k >= 0; k--) {
                if (j & k) continue;
                if ((a[i].sta & k) == 0) g1[j | a[i].sta][k] += g1[j][k], mo(g1[j | a[i].sta][k]);
                if ((a[i].sta & j) == 0) g2[j][k | a[i].sta] += g2[j][k], mo(g2[j][k | a[i].sta]);
            }
        }
        if (i == n - 1 || a[i].big != a[i + 1].big || a[i].big == 1) {
            for (ll j = 255; j >= 0; j--) {
                for (ll k = 255; k >= 0; k--) f[j][k] = g1[j][k] + g2[j][k] - f[j][k], mo(f[j][k]);
            }
        }
    }
}

void getAns() {
    for (ll i = 255; i >= 0; i--) {
        for (ll j = 255; j >= 0; j--) {
            if (i & j) continue;
            ans += f[i][j], mo(ans);
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> p;
    getSta();
    sol();
    getAns();
    cout << ans << endl;
    return 0;
}