前言

【题目传送门】
本题之前在 \(lyn\) 大佬讲课的时候讲过，但当时没怎么听懂，只记得是分解质因数然后状压。

题解

设计 DP

从状压入手。
首先考虑朴素 DP。
一开始我想到设计一维 \(dp_{stat}\) 表示一个人拿的数字的质因子集合，从此可以推出另一个人可以选择的物品。但是这样转移的时候不知道哪些物品是否被选，实际上也就不能推出另一个人可以选择的物品。
这样不行那就再加一维，记 \(dp(i,j)\) 表示小 G，小 W 选的质因子集合分别为 \(i,j\)。本来还应该有一维记录当前选到第几个数字，但是通过倒序枚举就可以滚动数组优化掉。

优化 DP

上面的方法适用于质因子数量较少的情况，而当 \(n=500\) 时有 \(100\) 个左右的质数。
考虑状压本质，其实就是为了防止两个集合有交集。发现 \(500\) 以下的数字最大的质因子如果不小于 \(22\)，最多只有一个。所以单独记录一维表示是否有大质因子。
具体实现上，把大质因子相同的数字排列成一段，用两个定义和 \(dp\) 数组相同的辅助数组 \(f1,f2\) 分别转移两个人选择包含当前这个大质因子的数（同一段的数字要选只能一个人选），这样也不用给原本的 DP 加维了，每段结束的时候把 \(f1,f2\) 的值传递给 \(dp\) 数组即可。

一点问题

关于一些边界的判断和细节也要格外小心，即使是看了题解也没有一次过。

• 转移 DP 出现减法的时候没有加模数。
• 转移 \(f1,f2\) 数组判断的时候正好判断反了。应该是另一个当前选的数字和另一个集合没有交集。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f,N = 505;
inline ll read()
{
	ll ret=0;char ch=' ',c=getchar();
	while(!(c>='0'&&c<='9')) ch=c,c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0',c=getchar();
	return ch=='-'?-ret:ret;
}
ll n,mod;
ll dp[256][256],f1[256][256],f2[256][256];
const int p[10]={0,2,3,5,7,11,13,17,19};
struct node 
{
	int pig,stat,num;
	inline bool operator < (const node &oth)const {return pig<oth.pig;}
	void init()
	{
		int tmp=num;
		for(int i=1;i<=8;i++)	
			if(tmp%p[i]==0) 
			{
				stat|=1<<(i-1);
				while(!(tmp%p[i])) tmp/=p[i];
			}
		if(tmp!=1) pig=tmp;
	}
}a[N];
inline void trans(int now)
{
	if(a[now].pig!=a[now-1].pig||!a[now].pig||now==1)
		for(int i=0;i<256;i++)	
			for(int j=0;j<256;j++)	
				f1[i][j]=f2[i][j]=dp[i][j];
	return;
}
int main()
{
	n=read(),mod=read();
	for(int i=1;i<=n-1;i++) a[i].num=i+1,a[i].init();
	sort(a+1,a+n+1);
	dp[0][0]=1LL;  
	for(int i=1;i<=n-1;i++)	
	{
		trans(i);//这一段大质因数开始的时候赋值 
		for(int j=255;j>=0;j--)
			for(int k=255;k>=0;k--)
			{//滚动数组，倒序枚举 
				if(j&k) continue;
				if(!(k&a[i].stat)) (f1[j|a[i].stat][k]+=f1[j][k])%=mod;
				if(!(j&a[i].stat)) (f2[j][k|a[i].stat]+=f2[j][k])%=mod;
			}
		if(a[i].pig!=a[i+1].pig||!a[i].pig||i==n-1)//这一段大质因数结束的时候更新dp 
		for(int j=255;j>=0;j--)
			for(int k=255;k>=0;k--)
			{
				if(j&k) continue;
				dp[j][k]=f1[j][k]+f2[j][k]-dp[j][k]+mod;//减法+mod 
				dp[j][k]%=mod;
			}
	}
	ll ans=0ll;
	for(int i=0;i<256;i++)	
		for(int j=0;j<256;j++)	
		{
			if(i&j) continue;
			ans+=dp[i][j],ans%=mod;
		}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

标签：f1,f2,洛谷,P2150,int,NOI2015,DP,dp,mod
来源： https://www.cnblogs.com/conprour/p/15487070.html