题目
[HNOI2012]集合选数
《集合论与图论》这门课程有一道作业题，要求同学们求出{1, 2, 3, 4, 5}的所有满足以 下条件的子集：若 x 在该子集中，则 2x 和 3x 不能在该子集中。同学们不喜欢这种具有枚举性 质的题目，于是把它变成了以下问题：对于任意一个正整数 n≤100000，如何求出{1, 2,..., n} 的满足上述约束条件的子集的个数（只需输出对 1,000,000,001 取模的结果），现在这个问题就 交给你了。
输入格式
只有一行，其中有一个正整数 n，30%的数据满足 n≤20。
输出格式
仅包含一个正整数，表示{1, 2,..., n}有多少个满足上述约束条件 的子集。
样例
样例输入
4
样例输出
8
样例解释
有8 个集合满足要求，分别是空集，{1}，{1，4}，{2}，{2，3}，{3}，{3，4}，{4}。
上思路
- 这道题真的很恶心，在做题之前，我们需要有一个转变，x存在则2x，3x不能存在，我们建立一个二维矩阵，如下图所示
| 1 | 3 | 9 | 27 |
|---|---|---|---|
| 2 | 6 | 18 | 54 |
| 4 | 12 | 36 | 108 |
由图中我们可以看出我们选出其中一个数，他的上下左右i四个数都不能再选，这让我想到了炮兵营地这道题，但是还是有一定的不同，这里是让我们输出方案数，那道题是用来输出最优解的，不提炮兵营地，单讲这道题;
- 我们可以通过构建不同的矩阵来求解最优，对于矩阵的处理，我们对已经处理过的矩阵不再重复处理，我们用矩阵的第一个数来识别矩阵是否出现过，维护\(flag\)数组，如果当前矩阵的第一个数已经出现在其他矩阵，则\(flag\)为\(1\)，不需要再进行多余处理，那么如何判断该数是否出现过呢？很简单，在构图的时候顺便将出现过的数字的\(flag\)记录为\(1\)，为什么要这样做？我们完全可以直接构建第一位为\(1\)的矩阵啊，但是，仔细观察，不难发现我们前面的那个矩阵有些数字是不包括的，比如\(5\),所以这个判断是完全有用的;
- 对于一个未出现过的数字，我们已它为第一个数构建二维矩阵，在构建时应记录最大边界，如果大于\(n\)，则直接跳出，为什么说是最大边界呢？因为显然我们每一行的开始数字不同，跳出是自然不同，假设以当前数构建的矩阵行数为\(m\)，最大列数为\(o\),那么我们就可以在一个较小的范围内寻找每一行的边界，我们维护\(limit\)数组来记录边界状态，边界内用\(1\)表示，边界外用\(0\)表示，则构成了一个二进制数计入数组;
- 初始化，我们先预处理第一行在合法状态下的方案数即\(f[1][0~(1<<0)-1]=1\)，即为第一行合法状态的方案数都为\(1\)（显然），合法状态必然满足\((!(i&(i<<1)) && !(i&(i>>1)) && !(limit[1]&i))\)，左右不冲突，不能越过当前行（即第一行）边界;
- \(DP\)时间到了，我们定义DP数组\(f[i][j]\)表示第\(i\)行\(j\)状态的的方案数，首先，我们枚举行数（因为第一行已经处理，故从第二行开始），然后枚举当前状态，判断当前状态合法与否，合法则继续枚举可以继续枚举上一状态，即\(i-1\)行状态，判断\(i-1\)行状态是否合法，判断\(i-1\)行与\(i\)行状态是否冲突，满足情况的话我们就可以转移了，\(f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%mod\)，将上一状态叠加到当前状态;
- 最后，还需要将第m行中所有合法状态枚举一遍，叠加到\(sum\)中即可（记得取模）;
- 还有一点考虑到时间复杂度，不要直接\(memset\)把整个数组初始化，会被卡掉（痛的教训），我们只需要在需要的位置将相应的数据变为\(0\)即可（尤其是\(f\)数组和\(limit\)数组），否则可能会\(TLE\)。
接下来就是代码了
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=1e9+1;
ll f[25][1<<20],ans;
bool flag[maxn];
int n,map[25][25];
inline ll get(int x){//处理
int limit[20];//记录边界
map[1][1]=x;//记录初始点
int m=1,o=1;
for(int i=1;i<=20;i++){
if(i>1){
if(map[i-1][1]*2>n)break;//超过n，跳出
map[i][1]=map[i-1][1]*2;
flag[map[i][1]]=1;//标记
}
m=i;
for(int j=2;j<=20;j++){
if(map[i][j-1]*3>n) break;//超过n，跳出
o=max(o,j);//求最大列数
map[i][j]=map[i][j-1]*3;
flag[map[i][j]]=1;//标记
}
}
int yy=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=o;j++){
if(!map[i][j])break;
else map[i][j]=0;
yy=j;
}
limit[i]=0;
for(int j=yy+1;j<=o;j++)
limit[i]|=(1<<(o-j));
}
for(int i=0;i<(1<<o);i++){
if(!(i&(i<<1)) && !(i&(i>>1)) && !(limit[1]&i)){
f[1][i]=1;
}
}
for(int i=2;i<=m;i++){
for(int j=0;j<(1<<o);j++){
if(!(j&(j<<1)) && !(j&(j>>1)) && !(limit[i]&j)){
f[i][j]=0;
for(int k=0;k<(1<<o);k++){
if(!(k&(k<<1)) && !(k&(k>>1)) && !(limit[i-1]&k) && !(j&k)){
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%mod;
}
}
}
}
}
int sum=0;
for(int i=0;i<(1<<o);i++){
if(!(i&(i<<1)) && !(i&(i>>1)) && !(i&limit[m])){
sum=(sum+f[m][i])%mod;
}
}
return sum;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!flag[i]){
ans=(ans*get(i))%mod;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}