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【问题描述】
《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 $n\le100000$,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 $n\le20$, $100\%$的数据满足$n \le 100000$。

【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。

第一眼看上去是个组合计数问题。。。然而组合做不了,所以我们考虑DP。
考虑将题目所给的限制条件转化成一个矩阵
以从$1$开始为例:
这是矩阵 -> $\begin{bmatrix} 1 & 3 & 9 & 27 & …\\ 2 & 6 & 18 & 54 & … \\ 4 & 12 & 36 & 108 & … \\ 8 & 24 & 72 & 216 & … \\ … & … & … & … & … \end{bmatrix}
\quad$
于是乎 原问题就变成了求在这个矩阵里选一些两两不相邻的数的方案数
由于这些数是指数级增长的,所以在$100000$范围内,粗略估计矩阵的长宽最多也不会超过$20$,而$3$倍增长的列的数目更是不会超过$11$。
所以可以想到用状压DP 怎么DP就不说了 注意可以把很多没必要枚举的状态跳过,第一次写的时候被卡TLE了。。。
从$1$开始的矩阵不一定包含所有数,对于一个数,如果前面的矩阵都没有包含它,如$5, 7, 11$,需要在从这个数开始的矩阵再DP一次,答案就是每次DP出来的部分答案的积。
时间复杂度$O($一秒内$)$

【代码】

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll mod = 1000000001;
ll n, dp[21][100005], ans = 1;
ll len, len2[1005];
bool vis[100005];

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

ll solve(ll x) {
ll nowans = 0;
for (int i = 1; ; i++) {
ll cur = (x << (i-1));
if (cur > n) {
len = i - 1;
break;
}
vis[cur] = 1;
for (int j = 1; ; j++) {
cur *= 3;
if (cur > n) {
len2[i] = j;
break;
}
vis[cur] = 1;
}
}
for (int i = 0; i <= len; i++) for (int j = 0; j < (1 << len2[i]); j++) dp[i][j] = 0;
dp[0][0] = 1;
for (int i = 0; i < len; i++) {
for (int j = 0; j < (1 << len2[i]); j++) {
if (dp[i][j]) {
if (j & (j << 1)) continue;
for (int k = 0; k < (1 << len2[i+1]); k++) {
if (k & (k << 1)) continue;
if ((j & k) == 0) {
dp[i+1][k] = (dp[i+1][k] + dp[i][j]) % mod;
}
}
}
}
}
for (int j = 0; j < (1 << len2[len]); j++) {
nowans = (nowans + dp[len][j]) % mod;
}
return nowans;
}

int main() {
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!vis[i]) {
vis[i] = 1;
ans = ans * solve(i) % mod;
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

















DP题目太难了 我太蒻了


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