[HNOI2012]集合选数 --- 状压DP

[HNOI2012]集合选数

题目描述

《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\(1,2,3...n\) 的满足上述约束条件的子集的个数（只需输出对 \(10^{9}+1\) 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。

输入样例#1：复制

输出样例#1：复制

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}。

很妙的一道题。

不妨把2的倍数写作一行，3的倍数写作一列。

比如下面这个矩阵

\begin{bmatrix}
&1 &2 &4 &8 \;\;\\
&3 &6 &12 &24 \;\;\\
&9 &18 &36 &72 \;\;
\end{bmatrix}

可以发现，一行的元素数和列数都不会超过\(\log n\)

因此，考虑状压行\列来\(DP\)

如果这个矩阵中没有涉及到的元素呢？

重新新设一个矩阵来\(DP\)

两个数：

\(\log_{2} n = 18\)

\(\log_{3} n = 11\)

最终复杂度为\(O(2^{22}*18)\)（可能不准确）

注意：

状压的那一维一定是3的倍数的那一维，否则复杂度将退化至\(O(11*2^{36})\)（喜闻乐见的我）

模数是\(10^{9}+1\)，不要打错（没错，又是我）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>
#define mod (100000001)
#define sid 200050
#define ri register int
using namespace std;

inline void up(int &x, int y) {
    x += y; if(x >= mod) x -= mod;
}

inline void mu(int &x, int y) {
    long long tmp = (1ll * x * y) % mod;
    x = (int)tmp;
}

int n;
bitset <100050> flag;
int num[25][25], lim[40], bit[40];
int dp[20][sid], ans = 1;

inline int Solve(int kp) {
    memset(num, 0, sizeof(num));
    num[1][1] = kp; 
    for(ri i = 1; i <= 19; i ++) lim[i] = 0;
    for(ri i = 2; i <= 11; i ++) 
    if(num[1][i - 1] * 3 <= n) num[1][i] = num[1][i - 1] * 3;
    for(ri i = 2; i <= 18; i ++) {
        if(num[i - 1][1] * 2 > n) break;
        num[i][1] = num[i - 1][1] * 2;
        for(ri j = 2; j <= 11; j ++) 
        if(num[i][j - 1] * 3 <= n) num[i][j] = num[i][j - 1] * 3;
    }
    for(ri i = 1; i <= 18; i ++)
    for(ri j = 1; j <= 11; j ++)
    if(num[i][j]) lim[i] |= bit[j - 1], flag[num[i][j]] = 1;
    for(ri i = 1; i <= 19; i ++)
    for(ri j = 0; j <= lim[i]; j ++) dp[i][j] = 0;
    dp[0][0] = 1;
    for(ri i = 1; i <= 19; i ++)
    for(ri j = 0; j <= lim[i - 1]; j ++)
    if(dp[i - 1][j])
    for(ri k = 0; k <= lim[i]; k ++)
    if((k & (k >> 1)) == 0 && (j & k) == 0)
    up(dp[i][k], dp[i - 1][j]);
    return dp[19][0];
}

inline void DP() {
    for(ri i = 0; i <= 27; i ++) bit[i] = 1 << i;
    for(ri i = 1; i <= n; i ++) if(!flag[i]) mu(ans, Solve(i));
    printf("%d\n", ans);
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    DP();
    return 0;
}

sad

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