NOI2015 寿司晚宴
为什么没有人用容斥呢? 本做法复杂度 \(O(3^8n)\)。
题意
给正整数 \([2, n]\)，选两个不交子集，使得两个子集中任意两个数互质。求方案数。
题目转化
分析性质，发现对于每个质数 \(p\)，两个数集中只有一个数集存在整除 \(p\) 的元素。所以状态就是两个集合分别包含的质因数集合即可，必须要求两个集合 \(\And\) 后是 \(0\)。
设 \(n\) 以内有 \(m\) 个质数，则复杂度是 \(O(2^{2m}n)\)。
根号分治
发现 \(500\) 以内的数，大于 \(19\) 的质因数最多有一个。
小于等于 \(19\) 的质数只有 \(2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19\)，共 \(8\) 个。如果我们把包含大于 \(19\) 质因数的数字先剔除不计，仅分配剩下这些质因数，那么每个人的集合有 \(2^8\) 种情况，两个人的状态数是 \(4^8\) 种，因为两个人的集合不交，每个元素的状态只有三种，在第一个集合中，在第二个集合中，不存在，所以一共是 \(3^8\) 种有效状态。
假设我们现在确定了决策完未剔除的数字后，两个人的质因数集合。那么对于剔除的数字，我们可以枚举 \(19\) 后面的质数，将所有以这个质数为最大质因数的数同时考虑，枚举三种情况，分别是把这些数按 \(19\) 以内的质因数约束分配到第一个人的集合里，分配到第二个人的集合里，不分配。因为是按照确定的集合分配的，所以 \(19\) 以内质因数是确定的，\(19\) 以后的质因数也不会在待处理的数中出现，所以是正确的。
枚举 \(S\) 直接求 \(f_S\)
我们把状态压成三进制，称为集合 \(S\)。每个 \(S\) 唯一对应一个有序二进制集合二元组 \((A, B)\)。其中 \(A \And B = 0\) 表示两个人 \(19\) 以内的因数情况。\(S\) 的第 \(i\) 位是 \(0\)，则 \(A\)，\(B\) 的第 \(i\) 位都为 \(0\)，如果 \(S\) 的第 \(i\) 位是 \(1\) 或 \(2\)，则分别对应 \(A\) 的第 \(i\) 位为 \(1\) 和 \(B\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)。
对于每个 \(S\)，我们把 \([2, n]\) 每个数按照除以 \(19\) 以内所有质因数的结果分类，可以算出 \(f_S\) 表示选出的两个不交子集各自的质因数，分别是由 \(S\) 确定的 \(A\)，\(B\) 的子集的方案数。
定义三进制集合的 PopCnt 为这个集合不为 \(0\) 的元素个数。我们发现对于一个方案 \(x\)，这个方案两个人的 \(19\) 以内的质因数集合分别是 \(A_x\) 和 \(B_x\)，这两个集合可以表示为三进制集合 \(S_x\)。那么它不仅会被 \(f_{S_x}\) 统计，还会被 \(S_x\) 的真超集的 \(f\) 值所统计。
那么对于一个满足自己对应的 \(S_x\) 的 PopCnt 为 \(i\) 的方案，被 PopCnt 为 \(j\) 的 \(S\) (\(j \geq i\)) 所统计的次数，也就是 \(S_x\) 的 PopCnt 为 \(j\) 超集数量，即为:
式子很容易理解，组合数就是枚举哪些在 \(S_x\) 中为 \(0\) 的位置在 \(S\) 中也为 \(0\)，后面的 \(2^{j - i}\) 则是讨论在 \(S_x\) 中为 \(0\) 但是在 \(S\) 中不为 \(0\) 的位置，到底取 \(1\) 还是取 \(2\)，互相独立，满足乘法原理条件。
容斥
由上面的式子我们发现如果简单给 \(f_S\) 求和，一个方案会被统计多次。所以考虑用容斥把答案凑出来。
因为方案 \(x\) 的统计次数只和 \(S_x\) 的 PopCnt 有关，所以 PopCnt 相同的 \(S\) 的 \(f_i\) 应当是同时考虑的，所以我们定义
也就是说我们希望能有一个数列 \(a\)，使得
结合前面 \(g\) 的表达式，那么对 \(a\) 的要求就是: 可以使得对于所有 \(i\)，有
\(g\) 的形式一眼会让人联想到二项式反演，但是在无聊的合格考过程中，我惊奇地发现:
也就是说
至于原因，我百思不得其解，但是只需要对每个 \(S\) 求方案数，然后根据 \(S\) 的元素数乘上相应的 \(a\) 对答案进行统计即可。
代码实现
const unsigned M(6561);
const unsigned Tri[10] = { 1,3,9,27,81,243,729,2187,6561 };
const unsigned Prime[10] = { 2,3,5,7,11,13,17,19 };
vector <unsigned> Bel[505];
unsigned long long Tmp(0), Mod(998244353), Ans(0);
unsigned PopCnt[7005], Need[7005][2];
unsigned Stack[505], STop(0), Have[505];
unsigned m, n;
unsigned A, B, D, t;
unsigned Cnt(0);
signed main() {
n = RD(), Mod = RD();
for (unsigned i(2); i <= n; ++i) {
unsigned Ti(i);
for (unsigned j(0); j < 8; ++j) {
if (!(Ti % Prime[j])) Have[i] |= (1 << j);
while (!(Ti % Prime[j])) Ti /= Prime[j];
}
if (Ti > 1) Stack[++STop] = Ti;
Bel[Ti].push_back(i);
}
for (unsigned i(0); i < M; ++i) {
for (unsigned j(0); j < 8; ++j) {
unsigned Jth((i / Tri[j]) % 3);
if (Jth) Need[i][(Jth & 1) ? 0 : 1] |= (1 << j);
}
}
sort(Stack + 1, Stack + STop + 1);
STop = unique(Stack + 1, Stack + STop + 1) - Stack - 1;
for (unsigned i(0); i < M; ++i) PopCnt[i] = PopCnt[i / 3] + (bool)(i % 3);
for (unsigned i(0); i < M; ++i) {
Tmp = 1;
for (auto j : Bel[1]) {
if ((Have[j] & Need[i][0]) == Have[j]) { Tmp <<= 1; if (Tmp >= Mod) Tmp -= Mod; }
if ((Have[j] & Need[i][1]) == Have[j]) { Tmp <<= 1; if (Tmp >= Mod) Tmp -= Mod; }
}
for (unsigned j(1); j <= STop; ++j) {
A = 1, B = 1;
for (auto k : Bel[Stack[j]]) {
if ((Have[k] & Need[i][0]) == Have[k]) { A <<= 1; if (A >= Mod) A -= Mod; }
if ((Have[k] & Need[i][1]) == Have[k]) { B <<= 1; if (B >= Mod) B -= Mod; }
}
Tmp = Tmp * (A + B - 1) % Mod;
}
Ans += (PopCnt[i] & 1) ? (Mod - Tmp) : Tmp;
if (Ans >= Mod) Ans -= Mod;
}
printf("%llu\n", Ans);
return Wild_Donkey;
}