bzoj 2734(狀壓DP+神題)

2734: [HNOI2012]集合選數

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Description

《集合論與圖論》這門課程有一道作業題，要求同學們求出{1, 2, 3, 4, 5}的所有滿足以 下條件的子集：若 x 在該子集中，則 2x 和 3x 不能在該子集中。同學們不喜歡這種具有枚舉性 質的題目，於是把它變成了以下問題：對於任意一個正整數 n≤100000，如何求出{1, 2,..., n} 的滿足上述約束條件的子集的個數（只需輸出對 1,000,000,001 取模的結果），現在這個問題就 交給你了。 
 

Input

 只有一行，其中有一個正整數 n，30%的數據滿足 n≤20。 
 

Output

 僅包含一個正整數，表示{1, 2,..., n}有多少個滿足上述約束條件 的子集。 
 

Sample Input

4

Sample Output

8

【樣例解釋】

有8 個集合滿足要求，分別是空集，{1}，{1，4}，{2}，{2，3}，{3}，{3，4}，{4}。

HINT

Source

day2

解題思路：完全不會，只好看答案了。

答案的思路很巧妙。

我們可以構造形如以下的一個矩陣

x 3x 9x 27x...

2x 6x 18x 54x

4x 12x 36x 108x

8x 24x 72x 216x

就是這種形式

 

那我們先令x=1吧，構造之：

1 3 9 27...

2 6 18 54...

4 12 36 108...

8 24 72 216...

....................

我們可以觀察到，每個數和他相鄰的數都不可同時取，可以計算出本矩陣中取數的方案數。

但是好像又漏了一些，比如在構造的第一個矩陣中，5和2*5,3*5都沒有計算到。

這時我們又要構造如下一個矩陣

5 15 45 135...

10 30 90 270...

20 60 180 540...

........................

我們又可以計算出本矩陣中取數的方案數。

再回頭看第一個矩陣，7好像也沒有取到。

我們就再構造一個矩陣

7 21 63 189...

14 42 126 378...

28 84 252 756...

.......................

以此類推。

計算出所有矩陣的結果，因爲不同矩陣間的數是一定可以共同存在的，此時乘法原理，將各矩陣求得的方案數相乘取模即爲答案。

 

好像忽略了一個問題：怎麼統計方案數？

狀壓dp。

f[i][j]表示當前處理到第i行，本行的狀態爲j。那麼看一下j&(j>>1),j&k(k爲上一行的某狀態)是否都爲0，如果是那麼就從f[i-1][k]轉移而來。

f[i][j]=sigma(f[i-1][k]|k is ok)。

至此，本題結束。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,tail,tail1,lon,height;
long long ans;
bool b[100001];
const int MOD=1000000001;
int t[100001];
int q[3000],qg[3000];
int dis[19][2100];
int ch[20][13];


inline int read()
{
char y; int x=0,f=1; y=getchar();
while (y<'0' || y>'9') {if (y=='-') f=-1; y=getchar();}
while (y>='0' && y<='9') {x=x*10+int(y)-48; y=getchar();}
return x*f;
}


void yu(int now,int sum)
 {
  if (now>lon)
  {
  dis[1][sum]=1; ++tail; q[tail]=sum; return;
 }
yu(now+1,sum);
yu(now+2,sum+(1<<(now-1)));
 }


void dfs(int opp,int now,int sum)
 {
  if (ch[opp][now]==false)
  {
  ++tail1; qg[tail1]=sum; return;
 }
dfs(opp,now+1,sum);
dfs(opp,now+2,sum+(1<<(now-1)));
 }
 
int main()
{
n=read();
    memset(b,true,sizeof(b));
    ans=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
if (b[i])
{
b[i]=false;
int now=i;
memset(ch,false,sizeof(ch)); height=0;
while (now<=n)
{
++height; t[height]=now; b[now]=false;
now=now*2;
    }
   lon=0;
for (int j=1;j<=height;++j)
{
int hide=1; int og=t[j];
while (og<=n)
{
ch[j][hide]=true; b[og]=false;
og=og*3; ++hide;
 }
lon=max(lon,hide-1);
}
memset(dis,0,sizeof(dis)); tail=0;
if (height==1)
{
ans=ans*2%MOD;
}
yu(1,0);  
   for (int j=2;j<=height;++j)
    {
    tail1=0;
    dfs(j,1,0); 
for (int k=1;k<=tail;++k)
for (int h=1;h<=tail1;++h)
 if ((q[k]+qg[h])==(q[k]|qg[h]))
  {
  dis[j][qg[h]]=(dis[j][qg[h]]+dis[j-1][q[k]])%MOD;
  }
tail=tail1; long long opp=0;
for (int k=1;k<=tail1;++k)
{
q[k]=qg[k];
if (j==height) opp=(opp+dis[j][qg[k]])%MOD;
}
if (j==height) ans=ans*opp%MOD;
}
}
printf("%lld",ans);
}