hdu--4028--dp

最新推荐文章于 2024-03-07 14:18:25 发布

weixin_30484739

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/radical/p/4078438.html

本文介绍了一个关于子集的最小公倍数(LCM)的计数问题，通过状态转移方程解决给定整数N和M时，求1到N的所有可能子集中LCM大于等于M的情况数量。代码实现采用C++。

这个dp我没做出来啊...其实不难..主要题意没理解好 fuck.

给你1-N这N个数一共2^N-1个子集每个子集的LCM值>=M的情况数有多少种

我也是醉了这么个题目给我套他那个题面硬是没看懂他在问什么还是英语太渣了

然后就是个状态转移方程的考虑了

map<LL,LL>dp[size] 表示前size个数构成的lcm值为 it->first的情况为 it->second种

dp[ i ] = dp[ i-1 ] //不添加第 I 个元素

dp[ i ][ i ] ++//第I个元素自身构成的集合

for it - > begin() - end()

dp[ i][ it->fist ] += it->second //第I个元素与前面的 I-1元素构成的集合组合出的情况

 1 //给你1-N 这N个数  问有多少个子集 该集合的LCM >= M
 2 
 3 #include <iostream>
 4 #include <map>
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int size = 40;
 8 typedef long long LL;
 9 map<LL,LL>dp[size+5];//前 i 个数组合出的lcm值
10 map<LL,LL>::iterator it;
11 
12 LL gcd( LL x , LL y )
13 {
14     return x % y == 0 ? y : gcd( y , x%y );
15 }
16 
17 void init( int n )
18 {
19     dp[1][1] = 1;
20     for( int i = 1 ; i<=n ; i++ )
21     {
22         dp[i] = dp[i-1];
23         dp[i][i] ++;
24         for( it=dp[i-1].begin() ; it!=dp[i-1].end(); it++ )
25         {
26             dp[i][ it->first*i/gcd(i,it->first) ] += it->second;
27         }
28     }
29 }
30 
31 int main()
32 {
33     cin.sync_with_stdio(false);
34     int n , t;
35     LL m , ans;
36     init( size );
37     cin >> t;
38     for( int k = 1 ; k<=t ; k++ )
39     {
40         cin >> n >> m;
41         ans = 0;
42         for( it = dp[n].begin() ; it!=dp[n].end() ; it++ )
43         {
44             if( it->first>=m )
45             {
46                 ans += it->second;
47             }
48         }
49         cout << "Case #" << k << ": " << ans << endl;
50     }
51     return 0;
52 }