题目大意：两个人从2~n中随意取几个数(不取也算作一种方案)，被一个人取过的数不能被另一个人再取。两个人合法的取法是，其中一个人取的任何数必须与另一个人取的每一个数都互质，求所有合法的方案数
(数据范围毕竟很小，乍一看也不是啥打表找规律的题)
和我之前做过的一道题很类似hdu 6125，但这道题由于题面看起来很玄学，所以正解更难想
但还是 状压DP+分组背包 的套路
因为500以内的任何一个数，只会有一个大于19的质因子，所以对2 3 5 7 11 13 17 19这8个质数进行状压，然后每个数都质因数分解，把小于等于19的质因子存入状态，剩下的因子分组背包搞搞就行了，注意如果剩下的因子是1要单独算一组，否则会出大事情，比如2和3并不是同一组的，如果再来一个4，和2是同一组的，转移就会出错
具体DP的实现呢，定义是第一个人取了状态为s1的数，第二个人取了状态为s2的数
分组背包要把同一组的东西放到连续的一段序列上
对于这道题而言，如果某个人取了某一组的任何一个，那么这一组的其它物品也只能被这个人取/不取
所以额外定义两个状态f1,f2，含义和dp的意义是一样的，只不过在同一组内是f1和f2这两个状态自己和自己转移，然后把答案贡献给dp，即这一组对整体的贡献，然后把dp重新赋给f1,f2，再进行下一组背包
方程
由于f1,f2为了下一层转移，都被加了一次dp值，所以最后要减掉一个dp
即
而f1,f2转移也有技巧，常规的自己和自己转移为了避免传递性，要另外开一个数组进行转移。但因为这道题的转移方程都是位与|操作，具有递增性，所以倒序枚举就可以减少一些常数
1 #include <queue> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #define ui unsigned int 6 #define ll long long 7 #define il inline 8 #define N (1<<8)+3 9 #define inf 0x3f3f3f3f 10 using namespace std; 11 12 int n; 13 ll p; 14 ll f1[N][N],f2[N][N],dp[N][N]; 15 int pr[]={2,3,5,7,11,13,17,19}; 16 struct node{ 17 int w,f; 18 friend bool operator < (const node &a,const node &b){ 19 if(a.w!=b.w) return a.w<b.w; 20 else return a.f<b.f; 21 } 22 }s[N]; 23 void get_son() 24 { 25 for(int i=2;i<=n;i++) 26 { 27 int x=i; 28 for(int j=0;j<8;j++) 29 { 30 if(x%pr[j]==0) x/=pr[j],s[i].f|=(1<<j); 31 while(x%pr[j]==0) x/=pr[j]; 32 }s[i].w=x; 33 } 34 } 35 36 int main() 37 { 38 scanf("%d%lld",&n,&p); 39 get_son(); 40 sort(s+2,s+n+1); 41 f1[0][0]=f2[0][0]=dp[0][0]=1; 42 int m=(1<<8)-1; 43 for(int i=2;i<=n;i++) 44 { 45 for(int s1=m;s1>=0;s1--) 46 for(int s2=m;s2>=0;s2--){ 47 if(!((s1|s[i].f)&s2)) f1[s1|s[i].f][s2]=(f1[s1|s[i].f][s2]+f1[s1][s2])%p; 48 if(!(s1&(s2|s[i].f))) f2[s1][s2|s[i].f]=(f2[s1][s2|s[i].f]+f2[s1][s2])%p;} 49 if(s[i].w==1||s[i+1].w!=s[i].w) 50 for(int s1=m;s1>=0;s1--) 51 for(int s2=m;s2>=0;s2--) 52 f1[s1][s2]=f2[s1][s2]=dp[s1][s2]=(f1[s1][s2]+f2[s1][s2]-dp[s1][s2]+p)%p; 53 } 54 ll ans=0; 55 for(int s1=m;s1>=0;s1--) 56 for(int s2=m;s2>=0;s2--) 57 ans+=dp[s1][s2],ans%=p; 58 printf("%lld ",ans); 59 return 0; 60 }