题目转化:将2~n的数分成两组,可以不选,使得这两组没有公共的质因子。求方案数。

选择了一个数,相当于选择了它的所有质因子。

30分:

发现,n<=30的时候,涉及到的质因子也就10个。2,3,5,7,11,13,19,23,29

直接状压。f[i][A][B] 前i个数,第一个人的质因子选择状态A,第二人B,的方案数。(第一维可以滚动,当然,可以倒序循环直接省略)

每个数质因数分解,前八个质因子,压成二进制数,转移直接按位或。

100分:

质因子太多状压不了。

公理:一个数>=sqrt(n)的质因子最多只有一个。(显然啊,否则质因数分解就超过了n)

所以,对于最大质因子>=sqrt(n)的数,根据最大质因子分类,质因子相同的,要么都考虑进入A,要么都考虑进入B,要么都不选。

设g[0/1][A][B]表示这一阶段,数字都考虑进入A/B的方案数。初值和f一样。

最后,f[A][B]=g[0][A][B]+g[1][A][B]-f[A][B] 因为,所有数都不选的方案计算了两次,所以减一次。

对于最大质因子<sqrt(n)的数,直接根据上面的转移就好。

统计答案时,选择A&B=0 的方案数。

具体看代码:(luogu要开O2)

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. typedef long long ll;
  4. const int N=+;
  5. int n,mod;
  6. struct node{
  7. int has;
  8. int z;
  9. }num[N];
  10. bool cmp(node a,node b){
  11. return a.z<b.z;
  12. }
  13. ll ans;
  14. int zh[N],cnt;
  15. int ps[N],tot;
  16. int vis[N];
  17. bool in[N];
  18. void sieve(){
  19. for(int i=;i<=n;i++){
  20. if(!vis[i]){
  21. tot++;ps[tot]=i;
  22. vis[i]=i;
  23. }
  24. for(int j=;j<=tot;j++){
  25. if(i*ps[j]>n) break;
  26. vis[i*ps[j]]=ps[j];
  27. if(i%ps[j]==) break;
  28. }
  29. }
  30. }
  31. void sol(int x){
  32. cnt=;
  33. int kk=x;
  34. for(int i=;i<=tot;i++){
  35. if(x%ps[i]==){
  36. zh[++cnt]=i;//prime's id
  37. while(x%ps[i]==) x/=ps[i];
  38. }
  39. }
  40. for(int i=;i<=cnt;i++){
  41. if(zh[i]>) num[kk].z=zh[i];
  42. else num[kk].has|=(<<zh[i]-);
  43. }
  44. if(!num[kk].z) num[kk].z=;
  45. }
  46. ll f[<<][<<];
  47. ll g[][<<][<<];
  48. int main()
  49. {
  50. scanf("%d%d",&n,&mod);
  51. sieve();
  52. for(int i=;i<=n;i++)sol(i);
  53. sort(num+,num+n+,cmp);
  54. f[][]=;
  55. for(int i=;i<=n;i++){
  56. if(num[i].z==){
  57. for(int A=(<<)-;A>=;A--)
  58. for(int B=(<<)-;B>=;B--){
  59. f[A|num[i].has][B]=(f[A|num[i].has][B]+f[A][B])%mod;
  60. f[A][B|num[i].has]=(f[A][B|num[i].has]+f[A][B])%mod;
  61. }
  62. }
  63. else{
  64. int zz=num[i].z;
  65. memcpy(g[],f,sizeof f);
  66. memcpy(g[],f,sizeof f);
  67. while(num[i].z==zz&&i<=n){
  68. for(int A=(<<)-;A>=;A--)
  69. for(int B=(<<)-;B>=;B--){
  70. g[][A|num[i].has][B]=(g[][A|num[i].has][B]+g[][A][B])%mod;
  71. g[][A][B|num[i].has]=(g[][A][B|num[i].has]+g[][A][B])%mod;
  72. }
  73. i++;
  74. }
  75. i--;
  76. for(int A=(<<)-;A>=;A--)
  77. for(int B=(<<)-;B>=;B--){
  78. f[A][B]=((g[][A][B]+g[][A][B])%mod-f[A][B])%mod;if(f[A][B]<) f[A][B]+=mod;
  79. }
  80. }
  81. }
  82. for(int A=;A<=(<<)-;A++)
  83. for(int B=;B<=(<<)-;B++){
  84. if((A&B)==) ans=(ans+f[A][B])%mod;
  85. }
  86. printf("%lld",ans);
  87. return ;
  88. }

总结:

这个题目其实很巧妙。

思路:

1.互质即没有公共质因子,所以选择一个数就是选择一些质因子。转化题意。

2.30分,发现质因子很小,可以直接状压。

3.100分,发现每个数>=sqrt的质因子最多只有一个。暴力分组考虑,每组内统计都放进A/B的方案。

关键的突破口还是题意的转化。以及第三点。

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