Bzoj4197 寿司晚宴

Description

为了庆祝 NOI 的成功开幕，主办方为大家准备了一场寿司晚宴。小 G 和小 W 作为参加 NOI 的选手，也被邀请参加了寿司晚宴。

在晚宴上,主办方为大家提供了 n−1 种不同的寿司，编号 1,2,3,…,n−1，其中第 i 种寿司的美味度为 i+1 （即寿司的美味度为从 2 到 n）。

现在小 G 和小 W 希望每人选一些寿司种类来品尝，他们规定一种品尝方案为不和谐的当且仅当：小 G 品尝的寿司种类中存在一种美味度为 x 的寿司，小 W 品尝的寿司中存在一种美味度为 y 的寿司，而 x 与 y 不互质。

现在小 G 和小 W 希望统计一共有多少种和谐的品尝寿司的方案（对给定的正整数 p 取模）。注意一个人可以不吃任何寿司。

 

Input

输入文件的第 1 行包含 2 个正整数 n,p，中间用单个空格隔开，表示共有 n 种寿司，最终和谐的方案数要对 p 取模。

 

Output

输出一行包含 1 个整数，表示所求的方案模 p 的结果。

 

Sample Input

3 10000

Sample Output

9

Hint

2≤n≤500

0<p≤1000000000

Source

Noi2015

任意一个正数x，其大于根号x的质因数最多只有一个，由于 n<=500，我们可以知道n的质因数最多只有9种情况(2,3,5,7,11,13,17,19,以及它特殊的一个大质数)。

可以用8位二进制进行状态压缩，再特判大质数。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int mxn=;
 const int pnum[]={,,,,,,,,};
 struct node{
     int big;
     int set;

 }a[mxn];
 int cmp(const node a,const node b){
         if(a.big!=b.big)return a.big<b.big;
         return a.set<b.set;
 }
 int f[][];//二进制压缩，[A集合用的素数][B集合用的素数]=方案数
 int p1[][],p2[][];
 int n,p;
 int ans=;
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&p);
     int i,j,k;
     //分解质因数
     for(i=;i<=n;i++){
         int tmp=i;
         for(j=;j<=;j++)//枚举每个素数
             if(tmp%pnum[j]==){
                 a[i].set|=<<(j-);
                 while(tmp%pnum[j]==)tmp/=pnum[j];
             }
         a[i].big=tmp;//剩余的大素数，若没有则为1
     }
     //完成
     sort(a+,a+n+,cmp);
     f[][]=;
     for(i=;i<=n;i++){
         if(i== || a[i].big!=a[i-].big || a[i].big==){//如果新a[i]可以用来更新上一个，就复制
             memcpy(p1,f,sizeof f);
             memcpy(p2,f,sizeof f);
         }
         for(j=;j>=;j--){//倒着循环防止重复
           for(k=;k>=;k--){
               if((k&a[i].set)==) p1[j|a[i].set][k]=(p1[j|a[i].set][k]+p1[j][k])%p;
               if((j&a[i].set)==) p2[j][k|a[i].set]=(p2[j][k|a[i].set]+p2[j][k])%p;
           }
         }
         if(i==n || a[i].big== || a[i].big!=a[i+].big){
             for(j=;j<=;j++)
                 for(k=;k<=;k++){
                   f[j][k]=((p1[j][k]+p2[j][k]-f[j][k])%p+p)%p;
                   }
         }
     }
     for(i=;i<=;i++)
       for(j=;j<=;j++){
           if((i&j)==)ans=(ans+f[i][j])%p;//累加所有可行方案
       }
     printf("%d",ans);
     return ;
 }