计蒜之道 2017 程序设计大赛 - 计蒜客 复赛 F 腾讯消消乐 状态压缩dp、枚举+剪枝

计蒜之道 2017 程序设计大赛 - 计蒜客 复赛 F 腾讯消消乐

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腾讯推出了一款益智类游戏——消消乐。游戏一开始，给定一个长度为 nn 的序列，其中第 ii 个数为 A_iA​i​​。
游戏的目标是把这些数全都删去，每次删除的操作为：选取一段连续的区间，不妨记为 [L,R][L,R]，如果这一段区间内所有数的最大公约数 \geq
k≥k（kk 值在游戏的一开始会给定），那么这一段区间就能被直接删去。

注意：一次删除以后，剩下的数会合并成为一个连续区间。

定义 f(i)f(i) 为进行 ii 次操作将整个序列删完的方案数。

你需要实现一个程序，计算 \sum_{i=1}^{n}{(f(i)
\ast i)} \text{ mod } 1000000007∑​i=1​n​​(f(i)∗i) mod 1000000007。

输入格式

第一行输入两个整数 n,k(1\le
n \le 18)n,k(1≤n≤18)。

第二行输入 nn 个正整数 a_i(1
\le a_i \le 10^5)a​i​​(1≤a​i​​≤10​5​​)，表示初始序列中的每个数。

输入数据保证 1
\le k \le \min(a_1,a_2,\ldots a_n)1≤k≤min(a​1​​,a​2​​,…a​n​​)。

输出格式

输出一个整数，表示算出的答案。

样例说明

对于样例 1 而言，f(1)=1f(1)=1，f(2)=9f(2)=9，f(3)=26f(3)=26，f(4)=24f(4)=24。

对于样例 2，f(1)=0f(1)=0，f(2)=2f(2)=2。

样例输入1

4 1
1 1 1 1

样例输出1

193

样例输入2

2 2
2 3

样例输出2

4

样例输入3

1 233
233

样例输出3

1

Source

计蒜之道 2017 程序设计大赛 - 计蒜客 复赛 F 腾讯消消乐

计蒜客 15971 腾讯消消乐

My Solution

题意：给出一个长度为n 的序列n(1≤n≤18)，每次如果对于区间[L,R]，如果gcd([L,R]里的元素) >= k(1≤k≤min{ai})则可以一次性删除，然后剩下的数会合并成为一个连续区间，

定义 f(i) 为进行 i 次操作将整个序列删完的方案数。求sigma{f(i)∗i} mod 1000000007。

状态压缩dp、枚举+剪枝

这里n只有18，2^18 == 262144故可以想到用状态压缩dp来做，

dp[i][j]表示已经进行了i次删除操作，且当前的序列状态为j，j的第i个二进制位如果是1则表示已经被删除，如果是0则没有。

从而，对每个i可以找出一个序列vec为未删除的数，然后对于这些数必定是删除连续的一部分，故可以(vec.size())^2的枚举删除状态 w，

从而mod( dp[i+1][j ^ w] += dp[i][j] );

对于dij == 0的状态为无效状态，故可以直接跳过。

所以复杂度虽然看上去是 O(n*(1<<n)*n^2)，但其实有大量的无效转移会被剪枝减掉。

然后这里由于是顺序递推，故可以用滚动数组优化内存。

此外 当时 if((gcdv = gcd(gcdv, a[vec[kj]])) >= k) w ^= 1<<(n-vec[kj]), mod(dp[x][j ^ w] += dp[x^1][j]);

那里gcdv = gcd(gcdv, a[vec[kj]])外面没有加括号，导致先比较然后赋值，wa了之后卡了很久才发现，然后加上()后正确的执行顺序是先赋值后比较⊙﹏⊙‖∣。

故时间复杂度 远小于 O(n*(1<<n)*n^2)

空间复杂度 O(2*(1<<n))

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MAXN = 18;
const LL MOD = 1000000007;

LL a[MAXN+8], dp[2][(1<<MAXN) + 8];
inline LL mod(LL &x){
x -= x / MOD * MOD;
}
inline LL gcd(LL a, LL b){
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
vector<LL> vec;
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("f.txt", "r", stdin);
//freopen("f.out", "w", stdout);
LL T = 4;
while(T--){
#endif // LOCAL
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);

LL n, k, i, j , w, x, ans = 0, ki, kj, gcdv;
cin >> n >> k;
for(i = 1; i <= n; i++){
cin >> a[i];
}

x = 1;
for(ki = 1; ki <= n; ki++){
gcdv = a[ki];
w = 0;
//mod(dp[x^1][j & w] += 1;
for(kj = ki; kj <= n; kj++){
if((gcdv = gcd(gcdv, a[kj])) >= k) w ^= 1<<(n-kj), mod(dp[x^1][w] += 1);
else break;
//cout << dp[x^1][w] << " ";
}
//cout << endl;
}

LL t, jt, sz;
for(i = 2; i <= n; i++, x ^= 1){
memset(dp[x], 0, sizeof dp[x]);
//cout << dp[x^1][(1<<n)-1] << endl;
mod(ans += (i-1)*dp[x^1][(1<<n)-1]);
for(j = 0; j < (1 << n); j++){
if(dp[x^1][j] == 0) continue;
t = n; jt = j;
vec.clear();
while(t){
if(!(jt&1)){
vec.push_back(t);
}
jt >>= 1;
t--;
}

sz = vec.size();
for(ki = 0; ki < sz; ki++){
gcdv = a[vec[ki]];
w = 0;
for(kj = ki; kj < sz; kj++){
if((gcdv = gcd(gcdv, a[vec[kj]])) >= k) w ^= 1<<(n-vec[kj]), mod(dp[x][j ^ w] += dp[x^1][j]);
else break;
}
}
}
}
mod(ans += n*dp[x^1][(1<<n)-1]);
while(ans < 0) ans += MOD;
cout << ans << endl;

#ifdef LOCAL
memset(dp, 0, sizeof dp);
//memset()
cout << endl;
}
#endif // LOCAL
return 0;
}



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