LINK：P6570 [NOI Online #3 提高组]优秀子序列
Online 2的T3 容易很多 不过出于某种原因(时间不太够 浪了
导致我连暴力的正解都没写.
容易想到 f[i][j]表示前i个数 当前或为j的方案数.
转移很简单 不过复杂度最坏是n*值域的.
只有20 可以把状态降维 可以枚举子集来剪枝 这样就可以卡过40分了.
容易发现当前为0的时候 整体状态要乘2这个可以打一个标记。
这样在开o2的情况下就可以获得70分的好成绩了。
const int MAXN=200010<<1,maxn=1000010;
int n,maxx,m,top;
int a[maxn],phi[MAXN];
int p[MAXN],v[MAXN],mi[maxn];
int f[MAXN];
inline void prepare()
{
m=1;while(m<=maxx)m=m<<1;
phi[1]=1;
rep(2,m,i)
{
if(!v[i])
{
p[++top]=i;
v[i]=i;
phi[i]=i-1;
}
rep(1,top,j)
{
if(m/p[j]<i)break;
v[i*p[j]]=p[j];
if(v[i]==p[j])
{
phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
break;
}
phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
}
}
}
int main()
{
//freopen("sequence.in","r",stdin);
//freopen("sequence.out","w",stdout);
get(n);mi[0]=1;
rep(1,n,i)get(a[i]),maxx=max(maxx,a[i]),mi[i]=(ll)mi[i-1]*2%mod;
f[0]=1;prepare();--m;int flag=0;
rep(1,n,i)
{
if(!a[i]){++flag;continue;}
if(a[i])if(flag){rep(0,m,j)f[j]=(ll)f[j]*mi[flag]%mod;flag=0;}
int ww=a[i]^m;
for(int j=ww;j;j=ww&(j-1))f[j|a[i]]=add(f[j|a[i]],f[j]);
f[a[i]]=add(f[a[i]],f[0]);
}
int ans=0;
rep(0,m,j)ans=(ans+(ll)f[j]*mi[flag]%mod*phi[j+1])%mod;
put(ans);return 0;
}
考虑优化 这个状态转移显然是不可能再优化了。
容易发现 j这个状态 和序列的顺序是无关的。
换句话说 无论序列长什么样子 只要和原来的数集以及出现的次数对上方案数固定。
这样可以直接利用值域来进行dp 脱离n的大小限制.
容易想到 设f[i]表示状态i的方案数。
这里可以刷表可以填表 不过填表比较清晰.
想到枚举一个数字 j 然后 累加上 sum[j]*f[i^j] sum[j]表示j出现的次数.
容易发现这样会计算重复 枚举j/i^j 刚好会重复 实际上 只需要枚举一半即可。
关于证明也很好想 两边方案数对等 所以枚举一边即可。
这样复杂度为3^18/2。
不开o2就能过 令我难过的是 多写了一个mul函数和add函数就会直接T掉。
所以函数的调用也浪费很多时间 这点值得注意 要减小自己的常数.
const int MAXN=200010<<1,maxn=1000010;
int n,maxx,m,top;
int a[MAXN],phi[MAXN];
int p[MAXN],v[MAXN],f[MAXN];
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int mux(int a,int b){return a-b<0?a-b+mod:a-b;}
inline void prepare()
{
m=1;while(m<=maxx)m=m<<1;
phi[1]=1;
rep(2,m,i)
{
if(!v[i])
{
p[++top]=i;
v[i]=i;
phi[i]=i-1;
}
rep(1,top,j)
{
if(m/p[j]<i)break;
v[i*p[j]]=p[j];
if(v[i]==p[j])
{
phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
break;
}
phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
}
}
}
inline int ksm(int b,int p)
{
int cnt=1;
while(p)
{
if(p&1)cnt=mul(cnt,b);
b=mul(b,b);p=p>>1;
}
return cnt;
}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
//freopen("sequence.out","w",stdout);
get(n);
rep(1,n,i){int get(x);++a[x],maxx=max(maxx,x);}
prepare();--m;f[0]=ksm(2,a[0]);
rep(1,m,i)
{
for(int j=i;j>(i^j);j=i&(j-1))
f[i]=(f[i]+(ll)f[i^j]*a[j])%mod;
}
int ans=0;
rep(0,m,j)ans=add(ans,mul(f[j],phi[j+1]));
put(ans);return 0;
}