对于这种找互质的数的集合的题,一般是讨论每个数的质因子会不会有重复。
听说这种互质的题把质因子分为小于 n sqrt{n} n 和大于 n sqrt{n} n 是经典套路?
因为当 n n n 很小的时候,小于 n sqrt{n} n 的质数并不多。比如对于这一题,小于 N = 1000 sqrt{N=1000} N=1000 的数只有 11 11 11 个。
那么对于那些只有小于 N sqrt{N} N 的质因子的数进行状压 dp,设 d p ( i , j ) dp(i,j) dp(i,j) 为前 i i i 个数中,所有选出的数的所有质因子的状态为 j j j(只考虑小于 N sqrt N N 的质因子)。
j j j 的定义:如果选出的数的所有质因子中出现了第 k k k 个质数,那么把 j j j 在二进制下的第 k k k 位设为 1 1 1,否则为 0 0 0。
例如,如果出现了 2 2 2(第 1 1 1 个质数)、 5 5 5(第 3 3 3 个质数)和 7 7 7(第 4 4 4 个质数的话), j j j 就应该是 ( 1101 ) 2 (1101)_2 (1101)2。
那么假设 d p ( i − 1 ) dp(i-1) dp(i−1) 都已经计算完毕,现在要计算 d p ( i , j ∣ s t a [ i ] ) dp(i,j|sta[i]) dp(i,j∣sta[i]),其中 j j j 是某个状态, s t a [ i ] sta[i] sta[i] 是 i i i 的质因子状态。那么现在考虑的是状态 j ∣ s t a [ i ] j|sta[i] j∣sta[i]。
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d p ( i , j ∣ s t a [ i ] ) = d p ( i − 1 , j ∣ s t a [ i ] ) dp(i,j|sta[i])=dp(i-1,j|sta[i]) dp(i,j∣sta[i])=dp(i−1,j∣sta[i])。意思就是前 i − 1 i-1 i−1 个数中已经选出了状态 j ∣ s t a [ i ] j|sta[i] j∣sta[i],那么数 i i i 肯定不能在加入这个方案内(不然不互质),所以选的数不增不减。
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d p ( i , j ∣ s t a [ i ] ) = d p ( i − 1 , j + 1 − ( m a x p i > 11 ) ) dp(i,j|sta[i])=dp(i-1,j+1-(maxp_i>11)) dp(i,j∣sta[i])=dp(i−1,j+1−(maxpi>11))。意思就是前 i − 1 i-1 i−1 个数中已经选出了状态 j j j,那么现在肯定可以加入数 i i i。但是由于我们这里只考虑加入质因子都小于 N sqrt{N} N 的情况,所以要减去一个 m a x p i > 11 maxp_i>11 maxpi>11。
现在对只有小于 N sqrt{N} N 的质因子的数都处理完了,那么对于含有大于 N sqrt{N} N 的质因子的数怎么处理呢?(不妨设所有大于 N sqrt{N} N 小于 N N N 的质数有 m m m 个)
不难发现,这些数恰好仅含有一个大于 N sqrt{N} N 的质因子。所以我们至少要选 m m m 个数才能保证是“极大方案”。又因为要保证选的数最少,所以要恰好选 m m m 个就行了。
最后可以把 1 1 1 也取上。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1010
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
int t,n,k;
int cnt,prime[N],maxp[N],sta[N];
int dp[2][1<<12];
bool notprime[N];
void init()
{
for(int i=2;i<=1000;i++)
{
if(!notprime[i])
{
prime[++cnt]=i;
maxp[i]=cnt;
sta[i]=(cnt<=11?(1<<(cnt-1)):0);
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=1000;j++)
{
int v=i*prime[j];
notprime[v]=true;
maxp[v]=max(maxp[i],j);
sta[v]=sta[i]|(j<=11?(1<<(j-1)):0);
}
}
}
int main()
{
init();
scanf("%d",&t);
for(int T=1;T<=t;T++)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
int m=1;
while(prime[m]<=n) m++;
m--;
int tmp=max(0,m-11);
m=min(m,11);
int mpow=(1<<m);
for(int i=0;i<mpow;i++) dp[0][i]=INF;
dp[0][0]=0;
int now=1;
for(int i=1;i<=n;i++,now^=1)
{
for(int j=0;j<mpow;j++) dp[now][j]=dp[now^1][j];
if(i==k) continue;
for(int j=0;j<mpow;j++)
if(!(j&sta[i])&&dp[now^1][j]!=INF)
dp[now][j|sta[i]]=min(dp[now^1][j|sta[i]],dp[now^1][j]+1-(maxp[i]>11));
}
printf("Case #%d: %d
",T,dp[now^1][mpow-1]+tmp+(k!=1));
}
return 0;
}