寿司晚宴

寿司晚宴

题解

分析一下部分分。

• 30pts:考虑状压dp，我们可以选择将每个质因数压为一位，一个二维的dp状压，方程式也很好想。
• 50pts:别问笔者怎么想出来的，我们发现两个质因子完全不同的集合，它们构成的数也一定不同。于是我们可以去掉一维，只在最后加上两个完全不同状态的乘积即可。
• 70pts:笔者实在不知道。
• 100pts:我们发现，任意一个小于n的数最多只会有一个大于的因子。所以，我们可以将大于的素数与小于的素数分开处理。将每个数的按其大质因子（我们定义大于的质因子为大质因子）的大小排序，选时保证同一不为-1的大质因子的数不会一起选即可。

源码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define MAXN 100005
using namespace std;
typedef long long LL;
#define int LL
#define gc() getchar()
template<typename _T>
inline void read(_T &x){
	_T f=1;x=0;char s=gc();
	while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=gc();}
	while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=gc();}
	x*=f;
} 
int n,p,ans,dp[305][305];
int f1[305][305],f2[305][305];
bool oula[505];
int tot,prime[505];
void ouler(int x){
	for(int i=2;i<=x;i++){
		if(!oula[i])prime[++tot]=i;
		for(int j=(i<<1);j<=x;j+=i)oula[j]=1;
	}
}
struct ming{
	int val,big,S;
	void init(){
		int tmp=val;big=-1;
		for(int i=1;i<=8;i++){
			if(tmp%prime[i]==0){
				S+=(1<<i-1);
				while(tmp%prime[i]==0)
					tmp/=prime[i];
			}
		}
		if(tmp>1)big=tmp;
	} 
}a[505];
bool cmp(ming x,ming y){
	return x.big<y.big; 
}
signed main() {
	read(n);read(p);ouler(500);
	for(int i=1;i<n;i++)a[i].val=i+1,a[i].init();
	sort(a+1,a+n,cmp);dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<n;i++){
		if(i==1||a[i].big!=a[i-1].big||a[i].big==-1){
			memcpy(f1,dp,sizeof(f1));
			memcpy(f2,dp,sizeof(dp));
		}
		for(int j=(1<<8)-1;j>=0;j--)
			for(int k=(1<<8)-1;k>=0;k--){
				if(j&k) continue;
				if(!(a[i].S&j))f2[j][a[i].S|k]=(f2[j][a[i].S|k]+f2[j][k])%p;
				if(!(a[i].S&k))f1[j|a[i].S][k]=(f1[j|a[i].S][k]+f1[j][k])%p;
			}
		if(i==n-1||a[i].big!=a[i+1].big||a[i].big==-1){
			for(int j=0;j<(1<<8);j++)
				for(int k=0;k<(1<<8);k++){
					if(j&k)continue;
					dp[j][k]=((f1[j][k]+f2[j][k]-dp[j][k])%p+p)%p;
				}
		}
	} 
	int ans=0;
	for(int i=0;i<(1<<8);i++)
		for(int j=0;j<(1<<8);j++)
			if(!(i&j)&&dp[i][j])
				ans=(ans+dp[i][j])%p;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

谢谢！！！