CF895C 状压dp 组合数学

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一个数是否为平方数其实是和他的相同质因子的数量的奇偶有关

如果全是偶数那就是完全平方数

反之就不是

a的数据范围是1-70，所以n其实就是个摆设，我们统计1-70中所有数的数量就可以了

然后1-70中所有的质因子只有19个，可以考虑状压

我们把某个数1-19个质因子的奇偶状况当初第二个状态j

dp[i][j]为前i个数，状态为j的有多少种

那dp[i][j]自然是从dp[i-1]的所有状态遍历来的

对于这个i有多少个，如果选出奇数个，那么状态j就会改变成

如果选出偶数个，那么j就不会改变

从k个数中选出奇数个与选出偶数个的方案数都是2的k-1次方

那么状态转移方程就很明显了

枚举所有状态j

dp[i][j]=dp[i-1][j]*2的k-1次方 这是选出偶数个i，k为i的数量

dp[i][新的j]=dp[i-1[j]*2的k-1次方 这个是选出奇数个i，j会改变

然后第一维可以用滚动数组优化一下（不优化好像也行）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
#define int long long
const int INF = 4e18+5;
#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define R(i,l,r) for(int i=r;i>=l;i--)
#define vv vector
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
typedef long long ll;
//const int mod = 998244353; 
const int mod = 1e9+7; 
const int M = 1e7+5;
int a[N],b[N],dp[2][N],vis[N],pri[N],ans1[N],ans2[N],c[N]; 
int dx[4]={1,0,-1,0};
int dy[4]={0,1,0,-1};
int n,m,k,ans,x,y,n0,n2,m0,m2,op,op1,op2;
const int p[]={2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67};//质数表
string s;
map<pii,int>mp;
map<int,int>mmap;
//char mp[1005][1005];
//vector<int>v1[N],v2[N];
int lowbit(int x) {
	return x&-x;
}
char xx[N];
bool temp;
int kuai(int x,int y){
	int sum=1;
	x%=mod;
	while(y){
		if(y%2){
			y--;
			sum*=x;
			sum%=mod;
		  }
	  x*=x;
	  y/=2;
	  x%=mod;
	}
	return sum;
}
struct node{
	int shu;
	int id;
}jie[N];
bool cmp(node x,node y){
	return x.shu<y.shu;
}
void solve()
{
	cin>>n;
	F(i,1,n) {
		cin>>b[i];
		a[b[i]]++;
	}
	c[0]=1;//2的几次方
	F(i,1,n) c[i]=c[i-1]*2%mod;
	dp[0][0]=1;//初始值 
	op=0;//滚动数组的维度
	F(i,1,70){//每个数 
		//cout<<i<<endl;
		if(a[i]==0) continue;
		op^=1;//滚动一下 
		F(j,0,(1<<19)-1) dp[op][j]=0;//初始化
		F(j,0,(1<<19)-1){
			int x1=j,x2=i;//x1是枚举的状态，x2是准备与这个状态结合的本次的数 
			for(int k=0;k<19&&x2>=p[k];k++){
				//cout<<"***"<<endl;
				while(x2%p[k]==0){
					x1^=(1<<k);
					x2/=p[k];
				}
			}//现在x1是和这个状态合并过的了
			//cout<<x1<<endl;
			dp[op][j]+=dp[op^1][j]*(c[a[i]-1])%mod; dp[op][j]%=mod; //偶数个不管用，没影响
			dp[op][x1]+=dp[op^1][j]*(c[a[i]-1])%mod; dp[op][x1]%=mod;//奇数个的就可以来改变 
		}
	}
	cout<<(dp[op][0]-1+mod)%mod<<endl;//减去原先的1 
}
signed main() 
{
	ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0); // cin.tie(nullptr);
    int T = 1;                                                                                                                                                                                                                                                                    
    //cin >> T;
    for (int i = 1; i <= T; i++)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}