#状压dp，容斥#洛谷 2150 JZOJ 5731 寿司晚宴

最新推荐文章于 2022-02-18 16:21:03 发布

lemondinosaur

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分类专栏：状压dp 容斥定理文章标签：洛谷 2150 寿司晚宴状压dp 容斥 JZOJ 5731 寿司晚宴

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容斥定理

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博客围绕将2至n分成两个集合，使两集合元素乘积最大公约数为1的问题展开。先提出状态压缩dp思路，但因时间复杂度大需优化。考虑500以内数最多有一个大质因数，对大质数排序，分f1、f2、dp三部分处理，最后依据容斥定理得出结果，时间复杂度为O(216n)。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

把 $2∼n2\sim n$ 分成两个不必非空的集合 $S_1,S_2$ ，问有多少种方法使 $gcd(∏S1,∏S2)=1gcd(\prod S_1,\prod S_2)=1$

分析

那么很容易想到状态压缩dp，设 $dp[S_1][S_2]$ 表示第一个集合为 $S_1$ ,第二个集合为 $S_2$ 的方案数，那么 $dp[S_1|k][S_2]+=dp[S_1][S_2][S_2$ and $k = 0]$ ， $S_2$ 也类似，最后把所有答案都累加，但是这样还是有点问题，因为这样时间复杂度太大了，我们考虑优化，500以内最多有一个大质因数，所以可以处理每个数所存在的大质数，对它们进行大到小排序，要把数组分为三个部分， $f 1$ 也就是选择 $S_1$ , $f 2$ 也就是选择 $S_2$ , $d p$ 也就是总选择方案，那么首先若所含的大质数与上一个不同或不含大质数，那么就把 $f 1, f 2$ 赋值为 $d p$ ,否则接着上一个，然后 $f 1, f 2$ 按照同样的方法，然后赋值给 $d p$ 的时候必然是不能重复计算 $f 1, f 2$ ，所以不能是同一个大质数或不含大质数，就可以了，但是发现 $f 1, f 2$ 都是由 $d p$ 得到的，所以按照容斥定理， $d p = f 1 + f 2 - d p$ ，只有8个小质数，所以时间复杂度是 $O(2^{16}n)$

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
const int prime[8]={2,3,5,7,11,13,17,19};
struct rec{
    int w,big,dat;
    inline void init(){
        rr int t=w;
        for (rr int i=0;i<8;++i)
        if (t%prime[i]==0){
            dat|=1<<i;
            while (t%prime[i]==0) t/=prime[i];
        }
        big=t;
    }
    bool operator <(const rec &t)const{
        return big<t.big||(big==t.big&&w<t.w);
    }
}a[501];
int f1[261][261],f2[261][261],dp[261][261],n,mod,ans;
inline void modd(int &a,int b){
    a=a+b; a=(a<0)?(a+mod):a; 
    a=(a>=mod)?(a-mod):a;
}
signed main(){
    scanf("%d%d",&n,&mod);
    for (rr int i=1;i<n;++i) a[i].w=i+1,a[i].init();
    sort(a+1,a+n); dp[0][0]=1;
    for (rr int i=1;i<n;++i){
        if (a[i].big!=a[i-1].big||a[i].big==1){
            memcpy(f1,dp,sizeof(f1));
            memcpy(f2,dp,sizeof(f2));
        }
        for (rr int j=255;~j;--j)
        for (rr int k=255;~k;--k){
            if (j&k) continue;
            if (!(a[i].dat&j)) modd(f2[j][a[i].dat|k],f2[j][k]);
            if (!(a[i].dat&k)) modd(f1[j|a[i].dat][k],f1[j][k]);
        }
        if (a[i].big!=a[i+1].big||a[i].big==1)
        for (rr int j=255;~j;--j)
            for (rr int k=255;~k;--k)
                if (!(j&k))
                modd(dp[j][k]*=-1,f1[j][k]+f2[j][k]);
    }
    for (rr int j=255;~j;--j)
    for (rr int k=255;~k;--k)
        if (!(j&k)) modd(ans,dp[j][k]);
    return !printf("%d",(ans+mod)%mod);
}