【题解】P2150 [NOI2015] 寿司晚宴

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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：

\[ \begin{aligned} f(i,s_1\operatorname{|}k,s_2)\operatorname{+=}f(i-1,s_1,s_2)~ (k \operatorname{\&} s_2 = 0)\\ f(i,s_1,s_2\operatorname{|}k)\operatorname{+=}f(i-1,s_1,s_2)~ (k \operatorname{\&} s_1 = 0) \end{aligned} \]

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\(f\)。

$$ \[\begin{aligned} &g_1(s_1\operatorname{|}k,s_2)\operatorname{+=}g_1(s_1,s_2)~(s_2 \operatorname{\&} k=0)\\ &g_2(s_1,s_2\operatorname{|}k)\operatorname{+=}g_2(s_1,s_2)~(s_1 \operatorname{\&}k=0)\\ &f(s_1,s_2)=g_1(s_1,s_2)+g_2(s_1,s_2)-f(s_1,s_2) \end{aligned}\]

$$

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

实现

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#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;
}