Description

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 i 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。

解题报告

用时：2h，1AC

这题对我这种蒟蒻来说还是太难了.下面来分析：

首先看到互质容易想到要质因数分解，然后根据常识，会自然的想到 \(\sqrt{n}\) ，猛地意识到只有22，也就是说小于 \(\sqrt{n}\) 的质因子个数只有8个，可以状压表示在DP状态里面，对于不合法直接判掉即可.

难点在于大于\(\sqrt{n}\)的部分，我并不会.

我们知道大于\(\sqrt{n}\)的质因子只会出现一次，这个要很好的利用，所以我们依据 \(>\sqrt{n}\) 的质因子分类，质因子相同的归为一类，即按质因子大小排序，顺序处理，然后这样就可以保证只出现在一个人手上了，我们设 \(g[2][i][j]\) 表示当前的质因子集合在小G和小W手上，两个人手上小于根号\(n\)的部分状态分别为\(i，j\) 时的方案，转移非常简单，处理完一个集合之后，考虑合并到同一个状态方便下一个集合的转移，设 \(f[i][j]\) 表示合并后的状态，含义同 \(g\) ，处理完一个集合之后即

\(f[i][j]=g[0][i][j]+g[1][i][j]-f[i][j]\)

注意减去重复部分

#include 
    
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          using namespace std;typedef long long ll;const int N=505;ll mod;int n,prime[10]={0,2,3,5,7,11,13,17,19};struct node{ int k,pri; bool operator <(const node &pr)const{return pri
          
           =mod)x-=mod;}void work(){ cin>>n>>mod; int tot=(1<<8)-1,cnt=0,x; for(int i=2;i<=n;i++){ x=i; for(int j=1;j<=8;j++){ cnt=0; while(x%prime[j]==0)cnt++,x/=prime[j]; if(cnt)a[i].k|=(1<<(j-1)); } if(x>1)a[i].pri=x; } f[0][0]=1; sort(a+2,a+n+1); for(int i=2;i<=n;i++){ if(i==2 || a[i].pri<22 || a[i].pri!=a[i-1].pri) memcpy(g[0],f,sizeof(f)),memcpy(g[1],f,sizeof(f)); for(int j=tot;j>=0;j--){ for(int k=tot;k>=0;k--){ if(j&k)continue; if((a[i].k&k)==0)add(g[0][j|a[i].k][k],g[0][j][k]); if((a[i].k&j)==0)add(g[1][j][k|a[i].k],g[1][j][k]); } } if(i==n || a[i].pri!=a[i+1].pri || a[i].pri<22) for(int j=tot;j>=0;j--) for(int k=tot;k>=0;k--){ f[j][k]=g[0][j][k]+g[1][j][k]-f[j][k]; f[j][k]=(f[j][k]%mod+mod)%mod; } } ll ans=0; for(int i=tot;i>=0;i--) for(int j=tot;j>=0;j--) if((i&j)==0)add(ans,f[i][j]); printf("%lld\n",ans);}int main(){ work(); return 0;}