結果
問題 | No.719 Coprime |
ユーザー | pione |
提出日時 | 2020-06-11 01:26:30 |
言語 | C++14 (gcc 12.3.0 + boost 1.83.0) |
結果 |
AC
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実行時間 | 189 ms / 3,000 ms |
コード長 | 9,554 bytes |
コンパイル時間 | 1,708 ms |
コンパイル使用メモリ | 172,296 KB |
実行使用メモリ | 6,944 KB |
最終ジャッジ日時 | 2024-06-23 22:01:08 |
合計ジャッジ時間 | 4,609 ms |
ジャッジサーバーID (参考情報) |
judge3 / judge2 |
(要ログイン)
テストケース
テストケース表示入力 | 結果 | 実行時間 実行使用メモリ |
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testcase_01 | AC | 2 ms
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testcase_54 | AC | 28 ms
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testcase_55 | AC | 58 ms
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testcase_56 | AC | 144 ms
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testcase_57 | AC | 143 ms
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testcase_58 | AC | 184 ms
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testcase_59 | AC | 189 ms
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testcase_60 | AC | 188 ms
6,940 KB |
ソースコード
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; // #define int long long #define rep(i, n) for (long long i = (long long)(0); i < (long long)(n); ++i) #define reps(i, n) for (long long i = (long long)(1); i <= (long long)(n); ++i) #define rrep(i, n) for (long long i = ((long long)(n)-1); i >= 0; i--) #define rreps(i, n) for (long long i = ((long long)(n)); i > 0; i--) #define irep(i, m, n) for (long long i = (long long)(m); i < (long long)(n); ++i) #define ireps(i, m, n) for (long long i = (long long)(m); i <= (long long)(n); ++i) #define SORT(v, n) sort(v, v + n); #define REVERSE(v, n) reverse(v, v+n); #define vsort(v) sort(v.begin(), v.end()); #define all(v) v.begin(), v.end() #define mp(n, m) make_pair(n, m); #define cout(d) cout<<d<<endl; #define coutd(d) cout<<std::setprecision(10)<<d<<endl; #define cinline(n) getline(cin,n); #define replace_all(s, b, a) replace(s.begin(),s.end(), b, a); #define PI (acos(-1)) #define FILL(v, n, x) fill(v, v + n, x); #define sz(x) long long(x.size()) using ll = long long; using vi = vector<int>; using vvi = vector<vi>; using vll = vector<ll>; using vvll = vector<vll>; using pii = pair<int, int>; using pll = pair<ll, ll>; using vs = vector<string>; using vpll = vector<pair<ll, ll>>; using vtp = vector<tuple<ll,ll,ll>>; using vb = vector<bool>; template<class T> inline bool chmax(T& a, T b) { if (a < b) { a = b; return 1; } return 0; } template<class T> inline bool chmin(T& a, T b) { if (a > b) { a = b; return 1; } return 0; } const ll INF = 1e9; const ll MOD = 1e9+7; const ll LINF = 1e18; const ll maxn_eratosthenes = 100005; bool _is_prime[maxn_eratosthenes]; vector<ll> P; // https://www.hamayanhamayan.com/entry/2018/08/05/173532 void eratosthenes(const ll N) { P.clear(); for (ll i = 0; i <= N; i++) { _is_prime[i] = true; } _is_prime[0]=_is_prime[1]=false; for (ll i = 2; i <= N; i++) { if (_is_prime[i]) { for (ll j = 2 * i; j <= N; j += i) { _is_prime[j] = false; } P.emplace_back(i); } } } const ll maxn=1<<11; // (n以下の数における素因数について、さらに√N以上のものについて) i番目の素数を最大素因数とする数を取れるときの、選べる数の最大和 // ただし、√N までの素因数が既に使われているかがsという状態のとき ll dp[250][maxn]; // nの最大は1262であり、√1262≒35.5 以下の素数は 11 個だけである。そのため 1<<11 を計算している // また、1262以下の数で素因数は205個存在する // NOTE: なぜ「i番目の素数を最大素因数とする数で最大のもの」を探索するうえで、n以下の全ての素因数ではなく、√n以下の素因数だけを状態として持てば十分なのか // まず、素因数を小さい順に見ていけば、i番目の素因数を見ているときi番目以前の素因数の使用状態が分かれば十分である // また小さい方から見ていくことで、今見ている素因数が√n以上の値に差し掛かった時、それ以降は√nより大きい素因数を状態として保持する必要はないとわかる // なぜなら、今見ている素因数をpとして、p>=√n であるなら、q*p<=n であるためには q<=√n である必要がある // (既に使われている素因数は今見ているものより小さい かつ その数と今見ているの数の積はnを超えない => √nまでの数を管理すれば十分) // 以上から小さい方から見ていけば、必然的に√n以上の素因数が既に使われている状況は有り得ないとわかる // √n以下の素数のみを使って作れる数の総和の最大 ll dp2[maxn]; signed main() { cin.tie( 0 ); ios::sync_with_stdio( false ); ll N; cin>>N; eratosthenes(N); auto p=P; eratosthenes(sqrt(N)); auto rp=P; ll n=p.size(), m=rp.size(); // √N以上の素数から最後まで見る irep(i,m,n) rep(bit,1<<m){ // p[i]は√N以上なので、j*p[i]<=Nにおいてjがp[i]より大きくなることはない for(ll j=1; j*p[i]<=N; j++){ ll now=j*p[i]; // p[i]を最大素因数とする数 ll msk=0; rep(k,m){ // nowがrp[k]の倍数である => この数を採用するなら、遷移元の状態としてrp[k]が使用されていてはいけない if(now%rp[k]==0) msk |= (1<<k); } // 既に使っている√N以下の素数と今から採用する数に含まれる素数にダブりがない if((bit&msk)==0){ chmax(dp[i+1][bit|msk], dp[i][bit]+now); } } } // ここでやっていること // まず、各i(2~N)について、その数が√N以上の素数を因数に持つなら continue // 次に、iが√Nまでの素数のうち、因数とするものをmskという集合で表す // 今見ている数iの素因数がmskだとして、dp2に集合mskに対応する最大のiを格納する // (この時点では、1つの素数についてしか考えない) irep(i,2,N+1){ ll msk=0; ll ok=1; rep(j,n){ if(i%p[j]==0){ if(j<m) msk+=(1<<j); // 今見ているiが、√N以下の素因数のうち、どれを因数として持っているか else ok=0; // √N以上の素数が因数になる場合、そのiは対象外 } } if(ok) chmax(dp2[msk],i); // dp2:= √Nまでの素数のうちmskの集合に対応するものを因数とする数の最大 } // 部分集合の和を、O(3^N)で列挙している // https://naoyat.hatenablog.jp/entry/order-pow-3-n // NOTE: ここでやっていること // dp2を複数の数の和における最大値として更新したい // そのために、ある集合sに着目した時に、dp2[s]を集合sの部分集合全ての和についてのmaxを取る必要がある (これがO(N^3)となる) // sは明らかに小さい方から更新していく必要がある(sを更新するには先に自分より小さい部分集合s'が求まっている必要があるから) // (1) まず、sの部分集合の最大和求めるためには、s以下の最大和が求まっている必要があり、逆にsより大きい集合は求まっている必要はない // (111 の最大和は、100+010+001,110+001, 101+010, ... などから考慮されるが、111より大きい1000からは考慮されない) // (2) 次に、s以下の部分集合の最大和が全て求まっているなら、sにおける最大和を求めるためには2つの部分集合の和だけを考えれば十分であり、3つ以上の和については考慮する必要がない // 例えば、今集合111の最大和を求めようとしていて、3つの部分集合(100+010+001)の和が最大になるのだとする // これは2つの集合(110+001)や(101+010)等と同じ結果になるはずである // そして(1)において今見ている集合s未満の部分集合の最大和は求まっているから、集合sの最大和を求めるにはs未満の2つの部分集合の和について考慮すれば十分である // (3) 集合sを2つの部分集合の和として捉え、その最大値を求めるには、2つの部分集合のうちの片方を決め打ち、もう片方を集合sの補集合としてその和の最大値を取ればよい // これは、s以下の数を全探索することでできる // s以下の数をmskとする。このときmskには集合s以外の要素を持たないとする // mskを決め打ったのち、集合sの残りから最大和を取ろうとするなら、明らかにmskの補集合(s-msk)をとればよいとわかる // この実装の計算量は、Σ[k=0...m]mCk * 2^k であり、すなわち 3^N である // 1つの集合の決め打ち方はmビット中kビットを選ぶ方法なのでmCk、この集合に対応する部分集合の数は2^k // 今見ている集合 bit とは、√Nまでの素数のうちどれを使っているかを表す // 上では一つの数を取る場合だけを考えて、dp2に集合sのとき取り得る最大の数iを格納した // ここでは更にdp2を複数の数について、集合sのとき取り得る最大の和として更新する rep(bit,1<<m) for(ll msk=bit; msk>=0; msk--){ // bit以下の全ての集合(msk)についてのループ // mskはbitとのANDをとっており、mskの1のうち、bitが立っている桁の1だけが残る // ここでmskから、bitにはない1を除去しておかないと、下のdp2更新の辻褄が合わなくなる // (dp2[s]:=使っている素数が集合sのときの最大和だが、mskと(bit-msk)の和に、bitにはない1が含まれるから) msk&=bit; // bitという集合に、mskと(bit-msk)には1が重複するビットが存在せず、その和の立っているビットはbitの部分集合となる chmax(dp2[bit], dp2[msk]+dp2[bit-msk]); } ll ans=0; // dpで求めた「√N以上の素数でその数を最大素数とする数の最大和」と、 // dp2で求めた「√N未満の素数でその数を最大素数とする数の最大和」の和の最大を求める // dp2が定まっているとき、dpはdp2の状態の補集合の時最大となるのでこれを全探索する // bitの補集合は、(1<<m)-1-bitとなる rep(bit,1<<m) chmax(ans, dp[n][bit]+dp2[(1<<m)-1-bit]); cout<<ans<<endl; }