dp——gcd problem

**gcd promblem
如果没有NTF讲dp,我真想不到怎么dp，没想到dp可以这么用；
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先把需要的状态表示出来，我们一定需要gcd，所以dp中一定要有gcd，但这样会是
$dp[i][j]表示前i个数，gcd为j的最大值$
这样一定会MLE的

考虑优化第二维
1.
任意一个数 $a=p{1}^{c1}\ast p{2}^{c2}\ast ...\ast p{n}^{cn}(p1,p2...pn为质数)$ 一定可以取得最大值$\sum ci$,而因为gcd不等时才有贡献，所以每次必会减少一个因子才有贡献，而因为当gcd=1时，价值为1，每次减少一个因子后变成1，则刚开始贡献即为原来因子和，并且一定能取到
如第一个数$a=2^5\ast 3^6\ast 5^8$,接下来依次取（不一定按这种取法）$2^4\ast 3^6\ast 5^8，2^3\ast 3^6\ast 5^8.......$才会有不同的gcd

2.$第一个数为a，含有一个大于三的因子p，剩下因子的乘积为psum，（psum\ast p=a）$
因为$2^2<p$
则一定可以取到比原数小的数2^2*psum,使得$\sum ci更大$
3.因为$3^2>2^3$,所以一定可以找到$2^3$(同2理)

这样我们将dp优化为$dp[i][x][y],gcd=2^x\ast 3^y,0<=y<=1$
接下来就可以dp了

• $若gcd不变，则说明新加入的数是gcd的倍数，此时前i-1个数也都是gcd的倍数，直接继承$
• $若gcd/2，则新加入的数一定是gcd/2的倍数，一定不是gcd的倍数（要不然答案还是gcd）$
• $若gcd/3，则新加入的数一定是gcd/3的倍数，不是gcd的倍数$
  $dp代码，其中cnt(x)=n/x$：

            dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]
	        +dp[i-1][j+1][0]*(1ll*(cnt((1<<j))-cnt(1<<(j+1)))%mod)%mod
			+dp[i-1][j][0]*(1ll*(cnt(1<<j)-i+1)%mod)%mod%mod
			+dp[i-1][j][1]*(1ll*(cnt((1<<j))-cnt((1<<j)*3))%mod))%mod;
			dp[i][j][1]=((dp[i][j][1]
			+dp[i-1][j][1]*(1ll*(cnt(((1<<j))*3)-i+1)%mod)%mod)
			+dp[i-1][j+1][1]*(1ll*(cnt(((1<<j)*3))-1ll*cnt(((1<<(j+1))*3)))%mod)%mod
			)%mod;

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**#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
int n;
ll mod=1e9+7;
int dp[N][22][2];
int cnt(int x){return n/x;}
int main(){
	scanf("%d",&n);	
	int up=log2(n);
	dp[1][up][0]=1;
	if((1<<up)/2*3<=n) dp[1][up-1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=up;j++){
			dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]
	        +dp[i-1][j+1][0]*(1ll*(cnt((1<<j))-cnt(1<<(j+1)))%mod)%mod
			+dp[i-1][j][0]*(1ll*(cnt(1<<j)-i+1)%mod)%mod%mod
			+dp[i-1][j][1]*(1ll*(cnt((1<<j))-cnt((1<<j)*3))%mod))%mod;
			dp[i][j][1]=((dp[i][j][1]
			+dp[i-1][j][1]*(1ll*(cnt(((1<<j))*3)-i+1)%mod)%mod)
			+dp[i-1][j+1][1]*(1ll*(cnt(((1<<j)*3))-1ll*cnt(((1<<(j+1))*3)))%mod)%mod
			)%mod;
		}
	}
	printf("%d",dp[n][0][0]);
}**

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这题说明了，只要满足最优子结构，就可以dp,在dp时先把所有状态表示出来，发现不需要的状态再删除，知道满足数据范围即可