BZO4197 & 洛谷2150 & UOJ129：[NOI2015]寿司晚宴—

BZO4197 & 洛谷2150 & UOJ129：[NOI2015]寿司晚宴——题解

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。

这题的难点就在思维了（然而我就少脑子），只要你想到压位质数的话，这道题就迎刃而解了。

参考：https://www.luogu.org/blog/larryzhong/solution-p2150

设f[i][j][k]表示到第i个寿司，G取的寿司的质因子集合为j，W为k。

不难想到dp的转移方程。

但是n是<=500的啊，其质数应该会有很多啊我们也压不过来啊。

考虑到一个数只有一个大于sqrt(n)的质因子，所以我们惊奇的发现，我们只需要压8个小于sqrt(n)的质因子即可，对于那个多出来的质数我们额外考虑就行了。

我们先对每个数的大因子排个序，则：

设g[i][0/1][j][k]表示当前处理大因子为i，j有大因子/k有大因子，G取的寿司的质因子集合为j，W为k。

转移方程基本同f。

将相同i的数处理完之后再把g放到f里。

f[j][k]=g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k]

（其中多减掉的那个原因是我们把两个集合都不取大因子i的情况算了两遍。）

（注意到f和g的第一维都可以省略。）

那么答案就是j和k不互相包含的f的总和。

#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=502;
const int B=8;
const int M=1<<B;
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
struct num{
    int a,b;
}s[N];
int pri[B]={2,3,5,7,11,13,17,19};
int n,p,f[M][M],g[2][M][M];
inline bool cmp(num a,num b){
    return a.b<b.b;
}
int main(){
    n=read(),p=read();
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int tmp=i;
        for(int j=0;j<B;j++){
            while(tmp%pri[j]==0){
                tmp/=pri[j];
                s[i].a|=(1<<j);
            }
        }
        if(tmp>1)s[i].b=tmp;
    }
    sort(s+2,s+n+1,cmp);
    f[0][0]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(i==2||(!s[i].b)||s[i].b!=s[i-1].b){
            memcpy(g[0],f,sizeof(f));
            memcpy(g[1],f,sizeof(f));
        }
        for(int j=M-1;j>=0;j--){
            for(int k=M-1;k>=0;k--){
                (g[0][j|s[i].a][k]+=g[0][j][k])%=p;
                (g[1][j][k|s[i].a]+=g[1][j][k])%=p;
            }
        }
        if(i==n||(!s[i].b)||s[i].b!=s[i+1].b){
            for(int j=M-1;j>=0;j--){
                for(int k=M-1;k>=0;k--){
                    f[j][k]=((g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k])%p+p)%p;
                }
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int j=0;j<M;j++){
        for(int k=0;k<M;k++){
            if(!(j&k))(ans+=f[j][k])%=p;
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

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