bzoj 2734 [HNOI2012]集合选数 dp

最新推荐文章于 2022-03-15 22:55:48 发布

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本文提出了一种解决特定计数问题的有效算法。通过将问题分解为若干子问题，并利用动态规划思想，该算法能够在较短时间内得出答案。复杂度约为O(n√nlogn)，实际运行效率较高。

注意到每一组 $k2^x3^y(k\%2!=0,k\%3!=0)$ 都是独立的。
那么可以分开算。对于一个k， $2^x3^y$ 的上界为 $\frac{n}{k}$ ，把 $(x,y)$ 看成一个点，形成的图形大概是这样的。
这里写图片描述

如果一个点选了那么他左边和下边的点不能选。设 $f[i][j]$ 表示选到第i列，当前列的选法为j的方案数。最后把对于所有k的答案乘起来就行了。
这个东西的复杂度上界大概是 $O(n\sqrt{n}logn)$
不过很多状态用不上。因此跑得还挺快的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 110000
#define ll long long 
#define mod 1000000001
int n,ans;
int lg2[N],lg3[N];
int f[20][(1<<19)+10];
bool able[(1<<19)+10];
void cal(int x)
{
    for(int i=0;i<1<<lg3[x]+1;i++)
        f[0][i]=able[i];
    for(int i=1;i<=lg2[x];i++)
    {
        int t1=lg3[x/(1<<i-1)],t2=lg3[x/(1<<i)];
        for(int j=0;j<1<<t2+1;j++)if(able[j])
        {
            f[i][j]=f[i-1][0];
            int t=(1<<t1+1)-1-j;
            for(int k=t;k;k=(k-1)&t)
                (f[i][j]+=f[i-1][k])%=mod;
        }
    }
}
int main()
{
    //freopen("tt.in","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,t1=0,t2=0,v1=1,v2=1;i<=n;i++)
    {
        if(v1*2<=i)v1*=2,t1++;
        if(v2*3<=i)v2*=3,t2++;
        lg2[i]=t1;lg3[i]=t2;
    }
    for(int i=0;i<1<<lg3[n]+1;i++)
    {
        able[i]=1;
        for(int j=1;j<=lg3[n];j++)
            if((i>>j&1)&&(i>>j-1&1))able[i]=0;
    }
    ans=1;
    for(int i=1,last=0;i<=n;i++)
        if(i%2&&i%3)
        {
            if(n/i!=last)cal(n/i);
            ans=(ll)ans*(f[lg2[n/i]][1]+f[lg2[n/i]][0])%mod;
        }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}