[NOI2015]寿司晚宴

题目描述

为了庆祝NOI的成功开幕,主办方为大家准备了一场寿司晚宴。小G和小W作为参加NOI的选手,也被邀请参加了寿司晚宴。

在晚宴上,主办方为大家提供了n?1种不同的寿司,编号1,2,3,?,n-1,其中第种寿司的美味度为i+1(即寿司的美味度为从2到n)。

现在小G和小W希望每人选一些寿司种类来品尝,他们规定一种品尝方案为不和谐的当且仅当:小G品尝的寿司种类中存在一种美味度为x的寿司,小W品尝的寿司中存在一种美味度为y的寿司,而x与y不互质。

现在小G和小W希望统计一共有多少种和谐的品尝寿司的方案(对给定的正整数p取模)。注意一个人可以不吃任何寿司。

输入输出格式

输入格式:

从文件dinner.in中读入数据。

输入文件的第1行包含2个正整数n,p中间用单个空格隔开,表示共有n种寿司,最终和谐的方案数要对p取模。

输出格式:

输出到文件dinner.out中。

输出一行包含1个整数,表示所求的方案模p的结果。

输入输出样例

输入样例#1:

3 10000

输出样例#1:

9

输入样例#2:

4 10000

输出样例#2:

21

输入样例#3:

100 100000000

输出样例#3:

3107203

说明

【数据范围】

【时限1s,内存512M】

pre.cjk { font-family: "Droid Sans Fallback", monospace }
p { margin-bottom: 0.25cm; font-size: 13pt; line-height: 120% }
a:link { }

首先,选一个数就相当于把他的质因子全部选了,那么就先把每个数分解质因数.
因为sqrt(500)<23,所以只会有一个>=23的质因数和最多8个<23的质因数.
把<23的质因数状压,记为zt.还剩一个>23的质因数(没有就是1),记为zs.
安装zs排序,那么每个zs相同的都看做一块,这一块要么只能给A,要么只能给B,或者一个都没选.
设g[0/1][i][j]为两个人状态是i,j这一块给A/B的方案数.
主要枚举状态要从大往小枚举,避免重复统计.其实类似于01背包.
设f[i][j]为状态为i,j的方案数.
每次处理完一块用g来更新f.
f[i][j]=g[0][i][j]+g[1][i][j]-f[i][j].
重复统计了一个都没选的,把他减掉.
 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 long long f[260][260],g[2][260][260];
 4 int pm[8]={2,3,5,7,11,13,17,19};
 5 struct data{
 6   int zt,zs;
 7 }q[510];
 8 long long ans=0;
 9 const int c=(1<<8);
10 inline bool cmp(const data &A,const data &B){
11   return A.zs<B.zs;
12 }
13 int main(){
14   int n,mod;
15   scanf("%d%d",&n,&mod);
16   for(int i=2;i<=n;i++){
17     int xx=i;
18     for(int j=0;j<8;j++){
19       if(xx%pm[j]==0)q[i].zt|=(1<<j);
20       while(xx%pm[j]==0) xx/=pm[j];
21     }
22     q[i].zs=xx;
23   }
24   f[0][0]=1;
25   sort(q+2,q+n+1,cmp);
26   for(int i=2;i<=n;i++){
27     if(i==2 || q[i-1].zs!=q[i].zs || q[i].zs==1) memcpy(g[0],f,sizeof(f)),memcpy(g[1],f,sizeof(f));
28     int now=q[i].zt;
29     for(int j=c-1;j>=0;j--)
30       for(int k=c-1;k>=0;k--)
31     if(!(j&k)){
32       if(!(now&k)) g[0][j|now][k]+=g[0][j][k],g[0][j|now][k]%=mod;
33       if(!(now&j)) g[1][j][k|now]+=g[1][j][k],g[1][j][k|now]%=mod;
34     }
35     if(i==n || q[i].zs!=q[i+1].zs || q[i].zs==1)
36       for(int j=c-1;j>=0;j--)
37     for(int k=c-1;k>=0;k--)
38       if(!(j&k)) f[j][k]=(g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k]+mod)%mod;
39   }
40   for(int i=0;i<c;i++)
41     for(int j=0;j<c;j++)
42       if(!(i&j)) ans+=f[i][j],ans%=mod;
43   printf("%lld",ans%mod);
44   return 0;
45 }

#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;
longlong f[260][260],g[2][260][260];
int pm[8]={2,3,5,7,11,13,17,19};
struct data{
int zt,zs;
}q[510];
longlong ans=0;
constint c=(1<<8);
inline bool cmp(const data &A,const data &B){
return A.zs<B.zs;
}
int main(){
int n,mod;
scanf("%d%d",&n,&mod);
for(int i=2;i<=n;i++){
int xx=i;
for(int j=0;j<8;j++){
if(xx%pm[j]==0)q[i].zt|=(1<<j);
while(xx%pm[j]==0) xx/=pm[j];
}
q[i].zs=xx;
}
f[0][0]=1;
sort(q+2,q+n+1,cmp);
for(int i=2;i<=n;i++){
if(i==2 || q[i-1].zs!=q[i].zs || q[i].zs==1) memcpy(g[0],f,sizeof(f)),memcpy(g[1],f,sizeof(f));
int now=q[i].zt;
for(int j=c-1;j>=0;j--)
for(int k=c-1;k>=0;k--)
if(!(j&k)){
if(!(now&k)) g[0][j|now][k]+=g[0][j][k],g[0][j|now][k]%=mod;
if(!(now&j)) g[1][j][k|now]+=g[1][j][k],g[1][j][k|now]%=mod;
}
if(i==n || q[i].zs!=q[i+1].zs || q[i].zs==1)
for(int j=c-1;j>=0;j--)
for(int k=c-1;k>=0;k--)
if(!(j&k)) f[j][k]=(g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k]+mod)%mod;
}
for(int i=0;i<c;i++)
for(int j=0;j<c;j++)
if(!(i&j)) ans+=f[i][j],ans%=mod;
printf("%lld",ans%mod);
return0;
}

时间: 2024-10-25 09:05:56

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【题解】NOI2015寿司晚宴

想好久啊+不敢写啊--但果然人还是应当勇敢自信,只有坚定地去尝试,才会知道最后的结果.1A真的太开心啦,不过好像我的做法还是比较复杂的样子--理解起来应该算是比较容易好懂的类型,大家可以参考一下思路~ 首先我们先考虑一下简单的30分算法:30以内的质数只有十个左右,可以利用状压表示出两个人所选择的集合,再通过寿司转移即可.之后的大数据呢?我们发现不能这样做是因为之后的质数越来越多,状压的空间就开不下了. 这时要注意到一个性质:对于1~n内的每一个数而言,都可以分解成若干个<sqrt(n)的质数之

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一个数内可能多个的质因数只有小于根号n的,500内这样的数只有8个,所以考虑状压 把2~n的数处理出小于根号500的质因数集压成s,以及大质数p(没有就是1),然后按p排序 根据题目要求,拥有一个质因数的只能给一个人,所以排序后能给一个人的大质数就是一个区间 然后设f[s1][s2]为一人选s1,另一人选s2的方案数,注意这里的s只压了小于根号500的八个质数 设g[0/1][s1][s2]为一人选s1,另一人选s2的,当前枚举的大质数给小G/小W的方案数 正常转移即可 然后注意把g转到f上时应