【bzoj4197】【NOI2015】寿司晚宴

题意

  有n−1个数从【2，n】，从中选出两个集合S和U（可以为∅），要求对于∀x∈S，∀y∈U，都有gcd（x，y）=1，求方案总数（n≤500）

解法

状压DP：
  首先看到互质这一条件，可以想到利用质因子来判断
  很同意证明，对于一个数x，大于x√的质因子至多有一个。假设存在两个及两个以上大于x√的质因子：p1，p2……pn，那么显然有∏ni=1pi＞x，因此矛盾，得证
  那么我们可以将每个数分解质因数，单独记录那个大于x√的质因子，至于其他因子，我们可以用一个8位二进制数表示（因为满足x≤500‾‾‾‾√≈22.3的质数只有8个），所以就可以设立DP的状态：
  设fi，j表示集合S的质因子包含情况为i，集合U的质因子包含情况为j的方案数，满足i&j=0，gi，j，0/1表示集合S的质因子包含情况为i，集合U的质因子包含情况为j，并且那个大于x√的质因子在S/U之中的方案数
  fi，j=g[i，j，0]+gi，j，1−fi，j

复杂度

O（28∗28∗n）

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#define Lint long long int
using namespace std;
const int MAXN=(1<<8)+100;
const int L=(1<<8)-1;
struct node
{
    int s,x;
    Lint pi;
    bool operator < (const node &a) const
    {
        return pi<a.pi;
    }
}t[MAXN*2];
Lint prime[8]={2,3,5,7,11,13,17,19};
Lint f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN][2];
Lint n,p,ans;
void init()
{
    for(int i=L;i>=0;i--)   for(int j=L;j>=0;j--)   g[i][j][0]=g[i][j][1]=f[i][j];
}
void write(int x)   { if( !x )   cout<<x; while( x )   cout<<(x&1),x/=2; }
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    Lint x;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        x=(Lint)i,t[i].x=i;
        for(int j=0;j<=7 && prime[j]<=x;j++)
            if( !(x%prime[j]) )
            {
                t[i].s|=(1<<j);
                while( !(x%prime[j]) )   x/=prime[j];
            }
        if( x^1 )   t[i].pi=x;
    }
    sort( t+2,t+n+1 );
    f[0][0]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if( t[i].pi!=t[i-1].pi || !t[i].pi )   init();
        for(int j=L;j>=0;j--)
            for(int k=L;k>=0;k--)
                if( !(j&k) )
                {
                    if( !(t[i].s&k) )   g[t[i].s|j][k][0]=(g[t[i].s|j][k][0]+g[j][k][0])%p;
                    if( !(t[i].s&j) )   g[j][t[i].s|k][1]=(g[j][t[i].s|k][1]+g[j][k][1])%p;
                }
        if( t[i].pi!=t[i+1].pi || !t[i].pi )
            for(int j=L;j>=0;j--)
                for(int k=L;k>=0;k--)
                    if( !(j&k) )   f[j][k]=(g[j][k][0]+g[j][k][1]-f[j][k])%p;
    }
    for(int i=L;i>=0;i--)
        for(int j=L;j>=0;j--)
        {
            if( i&j )   continue ;
            ans=(ans+f[i][j])%p;
        }
    printf("%lld\n",(ans+p)%p);
    return 0;
}