题目：传送门
题意：问存在多少 1 ~ n 的排列满足任意相邻的两个数互质，输出答案取余 mod。
1 <= n <= 28, 1 <= mod <= 30000
思路：很容易想到状压DP， dp[ i ][ j ]其中 i 是最后一个数要填的数，j 是当前使用过的数的状态，每一个二进制位对应一个数。也就是还没填 i 时使用过的数的状态为 j 的满足条件的方案数。
然后发现 2^28 开不了数组，没法做，得想办法优化一下。
我们对那些拥有相同质因子的数分为同一类，例如：2和4和8是同一类，3和9是同一类，但是，3 和 6 不是同一类。然后再将 1 17 19 23 分为同一类，因为它们和谁都互质。分完之后，总共最多有 15 组，那就可以开数组了，对每个数，用不同的进制表示，详见代码。
#include <bits/stdc++.h> #define LL long long #define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i)) #define rep(i, j, k) for(int i = j; i <= k; i++) #define dep(i, j, k) for(int i = k; i >= j; i--) #define pb push_back #define make make_pair #define INF INT_MAX #define inf LLONG_MAX #define PI acos(-1) using namespace std; const int N = 2e6 + 5; short dp[19][N]; int c[30], vis[N], statu[30], bs[30], G[30][30]; int n, mod, up; int cnt; int tmp[10] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23}; int get(int i, int x) { int res = (x % bs[i + 1]) / (bs[i]); return res; } void dfs(int s, int x) { if(s == 0) { dp[x][0] = 1; return ; } if(dp[x][s] != -1) return ; dp[x][s] = 0; rep(i, 1, cnt) { if(G[x][i] && get(i, s) >= 1) { dfs(s - bs[i], i); dp[x][s] = ((int)dp[x][s] + dp[i][s - bs[i]]) % mod; } } } void solve() { scanf("%d %d", &n, &mod); mem(dp, -1); mem(vis, 0); mem(statu, 0); mem(c, 0); mem(G, 0); int ans = 0; cnt = 0; statu[++cnt] = 0; c[cnt] = 1; rep(i, 2, n) { /// 分类 int st = 0; if(i == 17 || i == 19 || i == 23) { c[1]++; continue; } rep(j, 0, 5) { if(i % tmp[j] == 0) { st |= (1 << j); } } if(!vis[st]) { statu[++cnt] = st; c[cnt] = 1; vis[st] = cnt; } else c[vis[st]]++; } rep(i, 1, cnt) rep(j, 1, cnt) { /// 判断是否互质 if((statu[i] & statu[j]) == 0) G[i][j] = 1; } up = 0; bs[1] = 1; rep(i, 1, cnt) { /// 每一位都有各自的进制 bs[i + 1] = bs[i] * (c[i] + 1); up += bs[i] * c[i]; } rep(i, 1, cnt) { dfs(up - bs[i], i); ans = ((int)ans + dp[i][up - bs[i]]) % mod; } rep(i, 1, cnt) { while(c[i] > 1) { /// 同一类的还有先取后取之分，要乘 c[i]的阶乘 ans = ((int)ans * c[i]) % mod; c[i]--; } } printf("%d ", ans); } int main() { int _; scanf("%d", &_); while(_--) solve(); return 0; }