BZOJ 2734 [HNOI2012] 集合选数 ( 状压DP )

这题的做法还挺神的…

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题意

• 《集合论与图论》这门课程有一道作业题，要求同学们求出 $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ 的所有满足以下条件的子集：若 $x$ 在该子集中，则 $2x$ 和 $3x$ 不能在该子集中。同学们不喜欢这种具有枚举性 质的题目，于是把它变成了以下问题：对于任意一个正整数 $N≤100000$，如何求出 $\{1, 2,..., N\}$ 的满足上述约束条件的子集的个数（只需输出对 $1,000,000,001$ 取模的结果），现在这个问题就交给你了。

分析

• 我们发现对于某个数 $x$，如果它选了就有两个数 $2x,3x$不能选，于是我们巧妙的构造一个矩阵如下：
  $\begin{matrix} x&3x&9x&...\\ 2x&6x&18x&...\\ 4x&12x&36x&...\\ ...&...&...&...\\ \end{matrix}$
• 那么同一个矩阵中相邻的两个数就是不能选的，一行的选择只受上一行的制约。那么我们只要对于所有不是$2$的倍数且不是$3$的倍数的数 $x$都构造一个这样的矩阵，那么不同矩阵里的数一定不重复的且互相不制约，根据乘法原理把每个矩阵的方案数乘起来就是答案了
• 因为要保证数的范围在$N$内，那么矩阵的行数和列数都是$O(log\ n)$级别的，那么求方案就可以用简单的状压DP求了。$f(i,j)$表示当前到了第$i$行状态为$j$的可行方案数，$j$的每个位置上$1$表示选，$0$表示不选。
  则$\large f(i,j)=[j状态合法]*\sum_{j\&k=0} f(i-1,k)$
• 如果状态中选了大于$N$的数或者是状态中同时选了相邻的两个数就不合法。此处 $j\&k=0$ 表示这一行与上一行没有同时选中相同的一列。
• 注意一下不要每次都用 $memset$ 清零滚动数组，实测用 $memset$ 慢多了。下面的是用的$memset$，上面的使用的$for$清零
  
• 注意模数

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
const int mod = 1e9 + 1;
int N;


int arr[25][15], st[1<<15], tot, f[2][1<<15];
inline int solve(int s) {
	int n = 1, m = 1;
	memset(arr, -1, sizeof arr);
	arr[0][0] = s;
	while(arr[0][m-1] * 3 <= N) arr[0][m] = arr[0][m-1] * 3, ++m;
	while(arr[n-1][0] * 2 <= N) arr[n][0] = arr[n-1][0] * 2, ++n;
	for(int i = 1; i < n; ++i)
		for(int j = 1; j < m; ++j)
			if(~arr[i-1][j] && arr[i-1][j]*2 <= N) arr[i][j] = arr[i-1][j] * 2;
	tot = 0;
	for(int state = 0; state < (1<<m); ++state) { //预处理出合法状态
		bool flg = 1;
		for(int i = 1; i < m && flg; ++i)
			if((state>>i)&1 && (state>>(i-1))&1) flg = 0;
		if(flg) st[tot++] = state;
	}
	int now = 0;
	for(int j = 0; j < (1<<m); ++j) f[now][j] = 0;
	f[now][0] = 1;
	for(int i = 0; i < n; ++i) {
		now ^= 1;
		for(int j = 0; j < (1<<m); ++j) f[now][j] = 0; //for清零
		for(int pre = 0, state; pre < tot; ++pre) if(f[now^1][state=st[pre]])
			for(int nxt = 0, news; nxt < tot; ++nxt) if(!(state&(news=st[nxt]))) {
				bool flg = 1;
				for(int j = 0; j < m && flg; ++j)
					if(arr[i][j] == -1 && (news>>j)&1) flg = 0; //-1表示这个数大于N
				if(flg) f[now][news] = (f[now][news] + f[now^1][state]) % mod;
			}
	}
	int res = 0;
	for(int i = 0; i < tot; ++i)
		res = (res + f[now][st[i]]) % mod;
	return res;
}

int main () {
	scanf("%d", &N);
	int ans = 1;
	for(int i = 1; i <= N; ++i) if((i%2) && (i%3))
		ans = 1ll * ans * solve(i) % mod;
	printf("%d\n", ans);
}