洛谷 P2359 三素数数 题解

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一道比较基础的 \(\text{dp}\)。

\(dp_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 位，满足条件且第 \(i\) 位为 \(j\)，第 \(i-1\) 位为 \(k\) 的情况总数。

考虑当前的 \(i\) 位数是由 \(i-1\) 位数加一位得来，容易得出转移方程：

\[dp_{i,j,k}=\sum^9_{p=1}[\overline{pkj}为素数]dp_{i-1,k,p} \]

答案即为所有满足条件且是 \(n\) 位的数。

\[ans=\sum^9_{i=0}\sum^9_{j=0}dp_{n,i,j} \]

时间复杂度 \(O(1000n)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=10100,M=210,W=15,K=1100;
const ll MOD=1e9+9;
ll dp[N][W][W],ans;
int n,prime[M],k;
bool flag[K];
bool check(int x)
{
	if(x<2) return false;
	for(int i=2;i*i<=x;i++)
	{
		if(x%i==0) return false;
	}
	return true;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=101;i<=999;i+=2)//预处理三位数质数 
	{
		if(check(i))
		{
			prime[++k]=i;
			dp[3][i/10%10][i%10]++;
			flag[i]=true;
		}
	}
	for(int i=4;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=9;j++)//第i位 
		{
			for(int e=0;e<=9;e++)//第i-1位 
			{
				for(int o=0;o<=9;o++)//第i-2位 
				{
					if(flag[o*100+j*10+e]) dp[i][j][e]=(dp[i][j][e]+dp[i-1][o][j])%MOD;
				}
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=9;i++)
	{
		for(int j=0;j<=9;j++) ans=(ans+dp[n][i][j])%MOD;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}