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BZOJ 4197 NOI 2015 寿司晚宴状压DP

时间：2017-03-21 12:30:54 阅读：191 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

标签：lin 需要包含 print printf end eof input style

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

HINT

2≤n≤500

0<p≤1000000000

Source

Solution

我们把每个数看作一个物品，就是要找两个集合的物品，使其没有公共的质因数。

考虑质因数。对于一个数x，小于根号n的质因数只有8个，这个我们直接状压，而对应的大于根号n的质因数，最多只有1个，这个就可以当做背包来做了。

把所有的数按其大于根号n的质因数的大小，从小到大排序，相同的质因数排在一起做，即只能分给一边，对于不同类的就统计答案。

对于不存在大于根号n的质因数的数，要当做单独的一类来做，因为它可以同时分在任意一边。

取模的时候需要注意出现负数的情况。

Code

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 
 3 using namespace std;
 4 
 5 #define REP(i, a, b) for (int i = (a), i##_end_ = (b); i <= i##_end_; ++i)
 6 #define DWN(i, a, b) for (int i = (a), i##_end_ = (b); i >= 0; --i)
 7 #define mset(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
 8 const int maxn = 505, maxc = 1<<8;
 9 typedef long long LL;
10 int n, MOD;
11 int f[maxc+10][maxc+10], dp[maxc+10][maxc+10][2];
12 struct Node
13 {
14     int s, p;
15     Node (int s = 0, int p = 0): s(s), p(p) {}
16     bool operator < (const Node &AI) const { return p < AI.p; }
17 }d[maxn];
18 int prime[8] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19};
19 
20 void calc(int x)
21 {
22     int xx = x;
23     REP(i, 0, 7)
24         if (x%prime[i] == 0)
25         {
26             d[xx].s |= (1<<i);
27             while (x%prime[i] == 0) x/= prime[i];
28         }
29     d[xx].p = x;
30 }
31 
32 int main()
33 {
34     scanf("%d %d", &n, &MOD);
35     REP(i, 2, n) calc(i);
36     sort(d+2, d+n+1), mset(f, 0), f[0][0] = 1;
37     REP(i, 2, n)
38     {
39         if (i == 2 || d[i].p == 1 || d[i].p != d[i-1].p)
40             REP(j, 0, maxc-1)
41                 REP(k, 0, maxc-1)
42                     dp[j][k][0] = dp[j][k][1] = f[j][k];
43         DWN(j, maxc-1, 0)
44             DWN(k, maxc-1, 0)
45             {
46                 if ((d[i].s&k) == 0) dp[j|d[i].s][k][0] = (dp[j|d[i].s][k][0]+dp[j][k][0])%MOD; 
47                 if ((d[i].s&j) == 0) dp[j][k|d[i].s][1] = (dp[j][k|d[i].s][1]+dp[j][k][1])%MOD;
48             }
49         if (i == n || d[i].p == 1 || d[i].p != d[i+1].p)
50             REP(j, 0, maxc-1)
51                 REP(k, 0, maxc-1)
52                     f[j][k] = ((LL)dp[j][k][0]+dp[j][k][1]-f[j][k])%MOD;
53     }
54     int ans = 0;
55     REP(i, 0, maxc-1)
56         REP(j, 0, maxc-1)
57             if ((i&j) == 0)
58                 ans = (ans+f[i][j])%MOD;
59     printf("%d\n", (ans+MOD)%MOD);
60     return 0;
61 }