1994. 好子集的数目 : 状压 DP 运用题-CFANZ编程社区

题目描述

这是 LeetCode 上的 1994. 好子集的数目 ，难度为困难。

Tag : 「状压 DP」

给你一个整数数组 nums 。如果 nums 的一个子集中，所有元素的乘积可以表示为一个或多个互不相同的质数的乘积，那么我们称它为好子集。

比方说，如果nums = [1, 2, 3, 4] ：

[2, 3] ，[1, 2, 3] 和[1, 3] 是好子集，乘积分别为6 = 2*3 ，6 = 2*3 和3 = 3 。
[1, 4] 和[4] 不是好子集，因为乘积分别为4 = 2*2 和4 = 2*2 。
请你返回nums 中不同的好子集的数目对取余的结果。

nums 中的子集是通过删除 nums 中一些（可能一个都不删除，也可能全部都删除）元素后剩余元素组成的数组。如果两个子集删除的下标不同，那么它们被视为不同的子集。

示例 1：

输入：nums = [1,2,3,4]

输出：6

解释：好子集为：
- [1,2]：乘积为 2 ，可以表示为质数 2 的乘积。
- [1,2,3]：乘积为 6 ，可以表示为互不相同的质数 2 和 3 的乘积。
- [1,3]：乘积为 3 ，可以表示为质数 3 的乘积。
- [2]：乘积为 2 ，可以表示为质数 2 的乘积。
- [2,3]：乘积为 6 ，可以表示为互不相同的质数 2 和 3 的乘积。
- [3]：乘积为 3 ，可以表示为质数 3 的乘积。

示例 2：

输入：nums = [4,2,3,15]

输出：5

解释：好子集为：
- [2]：乘积为 2 ，可以表示为质数 2 的乘积。
- [2,3]：乘积为 6 ，可以表示为互不相同质数 2 和 3 的乘积。
- [2,15]：乘积为 30 ，可以表示为互不相同质数 2，3 和 5 的乘积。
- [3]：乘积为 3 ，可以表示为质数 3 的乘积。
- [15]：乘积为 15 ，可以表示为互不相同质数 3 和 5 的乘积。

提示：

状压 DP

该问题属于 NP 完全问题，注定不存在多项式解决方案，只能通过「爆搜 + 剪枝」或「状压 DP」来求解。

对子集的乘积进行质数分解，等价于对子集每一位数进行质数分解。

一个显然的突破口是，再加上题目对于「好子集」的定义，我们可以进一步缩减可选数的数量，不超过的质数个数包括（共个），将其记作，在一个好子集中，每个最多出现一次。

同时，题目规定数值相同，下标不同均视为不同方案，因此我们可以先使用数组统计在中每个数的出现次数，含义为数值在中的出现次数为次。

使用的数有限（共个），并且使用到的数最多出现一次，容易想到使用「状压 DP」来求解：我们使用一个二进制数来表示好子集乘积最终能拆解成哪些质数，如果拆解结果中包含，对应的二进制表示中的第位则为，否则为。

定义为当前子集乘积拆解结果的用到的质数为时的方案数，为一个长度的二进制数，若中的第位二进制表示为，代表数值在拆解结果中出现过；若第位二进制表示为代表在拆解结果中没出现过。

我们有起始化条件：空集，即。

不失一般性考虑该如何计算：从前往后考虑每个数值（范围的数，添加与否不对好子集产生影响，最后讨论）是否可以加入到子集中，一个数值能够添加到子集中的充要条件为题目给定的条件：该数不会被相同的质数相乘表示。

如果一个数值能够添加到好子集中，我们通过「试除法」将其分解为中的多个质数，并使用二进制数来表示用到了中的哪些质数，然后需要判断能够添加到那些子集中，其实就是枚举与无交集的状态，最终的为「所有合法的的状态数」与「数值的出现次数」的乘积之和。

需要注意的是，由于我们是从范围范围内从前往后考虑每个，因此在枚举时需要进行倒序遍历，确保计算所依赖的为不考虑当前数值时的方案数。

由「质数组成的好子集方案数」为，其中对应一个合法的好子集方案。

在此基础上，再考虑数值对答案的影响：在每个合法的前提下，增加若干个并不影响子集乘积（即好子集增加后仍为好子集），因此每个合法子集可以对应出个具体方案（代表每个即可以选，也可以不选）。

代码：

class Solution {
    int MOD = (int)1e9+7;
    int[] p = new int[]{2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};
    int[] cnts = new int[35];
    public int numberOfGoodSubsets(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        for (int i : nums) cnts[i]++;
        int mask = 1 << 10;
        long[] f = new long[mask];
        f[0] = 1;
        for (int i = 2; i <= 30; i++) {
            if (cnts[i] == 0) continue;
            // 对 i 进行试除
            int cur = 0, x = i;
            boolean ok = true;
            for (int j = 0; j < 10; j++) {
                int t = p[j], c = 0;
                while (x % t == 0) {
                    cur |= (1 << j);
                    x /= t; c++;
                }
                // 如果 i 能够被同一质数试除多次，说明 i 不能加到子集，跳过
                if (c > 1) {
                    ok = false;
                    break;
                }
            }
            if (!ok) continue;
            // 枚举前一状态 prev
            //（确保考虑一个新数值 i 时，依赖的子集 prev 存储的为尚未考虑 i 的方案数）
            for (int prev = mask - 1; prev >= 0; prev--) {
                // 只有当前选择数与前一状态不冲突，则能够进行转移，将方案数进行累加
                if ((prev & cur) != 0) continue;
                f[prev | cur] = (f[prev | cur] + f[prev] * cnts[i]) % MOD;
            }
        }
        long ans = 0;
        // 统计所有非空集的方案数
        for (int i = 1; i < mask; i++) ans = (ans + f[i]) % MOD;
        // 在此基础上，考虑每个 1 选择与否对答案的影响
        for (int i = 0; i < cnts[1]; i++) ans = ans * 2 % MOD;
        return (int) ans;
    }
}