【题目描述】
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
【题解】 有一个直观的状压dp，设f[i][j][k]表示处理到第i个数，j为小G吃的寿司所含质因子的集合，k为小W的集合。复杂度O(n*4^因子个数)，只有30分。
考虑优化，由于>sqrt(n)的质因子每个数只会有一个，所以一个数不可能对一个以上的>sqrt(n)质因子产生影响，所以可以把拥有相同的>sqrt(n)的质因子一起考虑。
只要状压前8个因子（23^2>500）,后面每个质因子归类讨论，每一类只能在一边选取。随便dp一下即可，记得两边全不取的情况会算两次，要减去一次。
/* --------------
user Vanisher
problem bzoj-4197
----------------*/
# include <bits/stdc++.h>
# define N 510
using namespace std;
const int p[]={0,2,3,5,7,11,13,17,19},pnum=8;
int n,P,num[N],mp[N],f[2][1<<pnum][1<<pnum],g[2][2][1<<pnum][1<<pnum];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&P);
for (int i=2; i<=n; i++){
int now=i;
for (int j=1; j<=pnum; j++){
if (now%p[j]==0) num[i]+=(1<<(j-1));
while (now%p[j]==0) now=now/p[j];
}
mp[i]=now;
}
int f1=0, f2=1;
f[f1][0][0]=1;
for (int i=2; i<=n; i++){
if (mp[i]<=p[8]){
for (int j=0; j<(1<<pnum); j++)
for (int k=0; k<(1<<pnum); k++){
if (((j|num[i])&k)==0) f[f2][j|num[i]][k]=(f[f2][j|num[i]][k]+f[f1][j][k])%P;
if (((k|num[i])&j)==0) f[f2][j][k|num[i]]=(f[f2][j][k|num[i]]+f[f1][j][k])%P;
}
for (int j=0; j<(1<<pnum); j++)
for (int k=0; k<(1<<pnum); k++)
f[f2][j][k]=(f[f2][j][k]+f[f1][j][k])%P, f[f1][j][k]=0;
swap(f1,f2);
}
}
int ti=0;
for (int i=2; i<=n; i++){
if (mp[i]>p[8]){
int t1=0, t2=1;
memset(g,0,sizeof(g));
for (int j=0; j<(1<<pnum); j++)
for (int k=0; k<(1<<pnum); k++)
g[0][t1][j][k]=g[1][t1][j][k]=f[f1][j][k];
for (int t=i; t<=n; t+=i){
mp[t]=0;
for (int j=0; j<(1<<pnum); j++)
for (int k=0; k<(1<<pnum); k++){
if (((j|num[t])&k)==0) g[0][t2][j|num[t]][k]=(g[0][t2][j|num[t]][k]+g[0][t1][j][k])%P;
if (((k|num[t])&j)==0) g[1][t2][j][k|num[t]]=(g[1][t2][j][k|num[t]]+g[1][t1][j][k])%P;
}
for (int j=0; j<(1<<pnum); j++)
for (int k=0; k<(1<<pnum); k++){
g[0][t2][j][k]=(g[0][t2][j][k]+g[0][t1][j][k])%P, g[0][t1][j][k]=0;
g[1][t2][j][k]=(g[1][t2][j][k]+g[1][t1][j][k])%P, g[1][t1][j][k]=0;
}
swap(t1,t2);
}
for (int j=0; j<(1<<pnum); j++)
for (int k=0; k<(1<<pnum); k++)
f[f2][j][k]=((g[0][t1][j][k]+g[1][t1][j][k]-f[f1][j][k])%P+P)%P, f[f1][j][k]=0;
swap(f1,f2);
}
}
int ans=0;
for (int i=0; i<(1<<pnum); i++)
for (int j=0; j<(1<<pnum); j++)
ans=(ans+f[f1][i][j])%P;
printf("%d
",ans);
return 0;
}