【51Nod1386】双马尾机器人（分块+dp）

对于这种找互质的数的集合的题，一般是讨论每个数的质因子会不会有重复。

听说这种互质的题把质因子分为小于 \(\sqrt{n}\) 和大于 \(\sqrt{n}\) 是经典套路？

因为当 \(n\) 很小的时候，小于 \(\sqrt{n}\) 的质数并不多。比如对于这一题，小于 \(\sqrt{N=1000}\) 的数只有 \(11\) 个。

那么对于那些只有小于 \(\sqrt{N}\) 的质因子的数进行状压 dp，设 \(dp(i,j)\) 为前 \(i\) 个数中，所有选出的数的所有质因子的状态为 \(j\)（只考虑小于 \(\sqrt N\) 的质因子）。

\(j\) 的定义：如果选出的数的所有质因子中出现了第 \(k\) 个质数，那么把 \(j\) 在二进制下的第 \(k\) 位设为 \(1\)，否则为 \(0\)。

例如，如果出现了 \(2\)（第 \(1\) 个质数）、\(5\)（第 \(3\) 个质数）和 \(7\)（第 \(4\) 个质数的话），\(j\) 就应该是 \((1101)_2\)。

那么假设 \(dp(i-1)\) 都已经计算完毕，现在要计算 \(dp(i,j|sta[i])\)，其中 \(j\) 是某个状态，\(sta[i]\) 是 \(i\) 的质因子状态。那么现在考虑的是状态 \(j|sta[i]\)。

1. \(dp(i,j|sta[i])=dp(i-1,j|sta[i])\)。意思就是前 \(i-1\) 个数中已经选出了状态 \(j|sta[i]\)，那么数 \(i\) 肯定不能在加入这个方案内（不然不互质），所以选的数不增不减。

2. \(dp(i,j|sta[i])=dp(i-1,j+1-(maxp_i>11))\)。意思就是前 \(i-1\) 个数中已经选出了状态 \(j\)，那么现在肯定可以加入数 \(i\)。但是由于我们这里只考虑加入质因子都小于 \(\sqrt{N}\) 的情况，所以要减去一个 \(maxp_i>11\)。

现在对只有小于 \(\sqrt{N}\) 的质因子的数都处理完了，那么对于含有大于 \(\sqrt{N}\) 的质因子的数怎么处理呢？（不妨设所有大于 \(\sqrt{N}\) 小于 \(N\) 的质数有 \(m\) 个）

不难发现，这些数恰好仅含有一个大于 \(\sqrt{N}\) 的质因子。所以我们至少要选 \(m\) 个数才能保证是“极大方案”。又因为要保证选的数最少，所以要恰好选 \(m\) 个就行了。

最后可以把 \(1\) 也取上。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 1010
#define INF 0x7fffffff

using namespace std;

int t,n,k;
int cnt,prime[N],maxp[N],sta[N];
int dp[2][1<<12];
bool notprime[N];

void init()
{
	for(int i=2;i<=1000;i++)
	{
		if(!notprime[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			maxp[i]=cnt;
			sta[i]=(cnt<=11?(1<<(cnt-1)):0);
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=1000;j++)
		{
			int v=i*prime[j];
			notprime[v]=true;
			maxp[v]=max(maxp[i],j);
			sta[v]=sta[i]|(j<=11?(1<<(j-1)):0);
		}
	}
}

int main()
{
	init();
	scanf("%d",&t);
	for(int T=1;T<=t;T++)
	{
		scanf("%d%d",&n,&k);
		int m=1;
		while(prime[m]<=n) m++;
		m--;
		int tmp=max(0,m-11);
		m=min(m,11);
		int mpow=(1<<m);
		for(int i=0;i<mpow;i++) dp[0][i]=INF;
		dp[0][0]=0;
		int now=1;
		for(int i=1;i<=n;i++,now^=1)
		{
			for(int j=0;j<mpow;j++) dp[now][j]=dp[now^1][j];
			if(i==k) continue;
			for(int j=0;j<mpow;j++)
				if(!(j&sta[i])&&dp[now^1][j]!=INF)
					dp[now][j|sta[i]]=min(dp[now^1][j|sta[i]],dp[now^1][j]+1-(maxp[i]>11));
		}
		printf("Case #%d: %d\n",T,dp[now^1][mpow-1]+tmp+(k!=1));
	}
	return 0;
}