[ZOJ 3662] Math Magic (动态规划+状态压缩)

题目链接：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3662

之前写过这道题，结果被康神吐槽说代码写的挫。

的确，那时候想法太挫了。

题意：

给你三个数n，m，k。

问你存在多少个数列 a1,a2,...,ak，使得他们的和为n，他们的最小公倍数为m。

想法一：

因为 lcm(a1,a2,...,ak)=m，所以a1,a2,a3,...,ak都是m的约数。

因此预处理出来m的约数，记在w[i]里。

设计状态dp[i][j][k]代表有i个数的数列，和为j，最小公倍数为k的个数。

转移：dp[i][j][k] = sigma( dp[i-1][s][t] ) 其中 s+w[i] = j，lcm( t,w[i] ) = k

于是写成 dp[i][s+w[i]][lcm(t,w[i])] = sigma( dp[i-1][s][t] )

需要优化的部分较多，需要滚动数组，很容易TLE掉。

时间复杂度O( n*m*k*sqrt(n) )

于是被康神吐槽了。。

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 const int MOD = ;
 int n,m,kk;
 int a[],ptr;
 int lcmn[][];
 int dp[][][];
 int ss[][][];

 void getlcmn(){
     for(int i=;i<;i++){
         for(int j=;j<;j++){
             lcmn[i][j] = i / __gcd(i,j) * j;
         }
     }
 }

 int main(){
     getlcmn();
     while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&kk)!=EOF){
         ptr = ;
         for(int i=;i*i<=m;i++){
             if( m%i== ){
                 a[ptr++] = i;
                 if( i*i!=m ) a[ptr++] = m/i;
             }
         }
         //for(int i=0;i<ptr;i++) printf("%d ",a[i]); puts("");
         memset(dp,,sizeof(dp));
         for(int i=;i<=min(m,n);i++) dp[][i][i] = ;
         for(int i=;i<=kk;i++){
             for(int j=;j<=n;j++){
                 for(int k=;k<=m;k++) dp[i&][j][k] = ;
                 for(int s=;s<ptr;s++){
                     if( j-a[s]>= ){
                         for(int t=;t<ptr;t++) {
                             if(lcmn[a[s]][a[t]]<=m) {
                                 dp[i&][j][lcmn[a[s]][a[t]]] += dp[(i-)&][j-a[s]][a[t]];
                                 dp[i&][j][lcmn[a[s]][a[t]]] %= MOD;
                             }
                         }
                     }
                 }
             }
         }
         printf("%d\n",dp[kk&][n][m]);
     }
     return ;
 }

想法一

当时听康神说所谓的正解，还真是没听懂，正巧昨天做了这道题：http://www.cnblogs.com/llkpersonal/p/4037686.html

于是今天早上就想起这个题目，也想了想“正解”。

由题意我们知道，m是a1,a2,...,ak的最小公倍数，因此，将a1,a2,a3,...,an质因数分解，取每一个质因数的最高次幂，然后乘起来就是m。

那么我们先对m进行质因数分解，然后划分状态，假设有sn个质因数，那么总状态数就是(1<<sn)-1个。

然后去分解m的因数，给每个因数定状态，如果说因数k的质因数的指数等于m的指数，那么就给该状态标1。记作v[i]

然后去跑完全背包。

定义状态dp[i][j][k][mask]代表数列有i个数，从前j个数里选，和为k，状态为mask。

状态转移：dp[i][j][k][mask] = sigma( dp[i-1][j-1][s][t] ) 其中s+w[i] = k , t|v[i]=mask

于是有dp[i][j][s+w[i]][t|v[i]] = sigma( dp[i-1][j-1][s][t] ) 对于每一个i，都相当于是一次独立的完全背包。

由于是完全背包，因此j维可以省掉。

于是化为

dp[j][s+w[i]][t|v[i]] = sigma( dp[j-1][s][t|v[i]] )

正向递推

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 #include <cstring>
 #include <cmath>
 #include <map>
 #include <iterator>
 #include <vector>
 using namespace std;
 typedef long long LL;

 int n,m,k;
 int p[],h[],w[],v[],ptr;
 int dp[][][<<];
 const int MOD = ;

 void prime_factor(int x){
     for(int i=;i*i<=x;i++){
         while( x%i== ){
             p[i]++;
             x /= i;
         }
     }
     if( x!= ) p[x] = ;
 }

 void handle(int x){
     w[++ptr] = x;
     for(int i=;i*i<=x;i++){
         int t = ;
         while( x%i== ){
             t ++;
             x /= i;
         }
         if( t&&t==p[i] ) v[ptr] |= (<<(h[i]-));
     }
     if( x!=&&p[x]== ) v[ptr] |= (<<(h[x]-));
 }

 int main(){
     while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF){
         ptr = ;
         memset(p,,sizeof(p));
         memset(w,,sizeof(w));
         memset(v,,sizeof(v));
         memset(h,,sizeof(h));
         prime_factor(m);
         int sn = ;
         for(int i=;i<;i++){
             if( p[i] ) {
                 h[i] = ++sn;
             }
         }
         for(int i=;i*i<=m;i++){
             if( m%i== ) {
                 handle(i);
                 if( i*i!=m ) handle(m/i);
             }
         }
         memset(dp,,sizeof(dp));
         dp[][][] = ;
         for(int j=;j<=k;j++){
             for(int i=;i<=ptr;i++){
                 for(int k=;k<=n;k++){
                     for(int mask=;mask<(<<sn);mask++){
                         if( k+w[i]<=n&&(mask|v[i])<(<<sn) ){
                             dp[j][k+w[i]][mask|v[i]] = (dp[j][k+w[i]][mask|v[i]]+dp[j-][k][mask])%MOD;
                         }
                     }
                 }
             }
         }
         printf("%d\n",dp[k][n][(<<sn)-]);
     }
     return ;
 }

想法二