May 16, 2023 · May 16, 2023 · May 16, 2023 · May 16, 2023 · May 16, 2023 · May 16, 2023
diff --git a/Solutions/1994. 好子集的数目.md b/Solutions/1994. 好子集的数目.md
Original file line number	Diff line number	Diff line change
Expand Up		@@ -29,12 +29,12 @@
		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。
	- [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:
Expand All		@@ -43,18 +43,49 @@
		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。
	- [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。
		```

		## 解题思路

		### 思路 1:状态压缩 DP

	根据题意可以看出:

	1. 虽然 $nums$ 的长度是 $[1, 10^5],ドル但是其值域范围只有 $[1, 30],ドル则我们可以将 $[1, 30]$ 的数分为 3ドル$ 类:
	1. 质数:$[2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29]$(共 10ドル$ 个数)。由于好子集的乘积拆解后的质因子只能包含这 10ドル$ 个,我们可以使用一个数组 $primes$ 记录下这 10ドル$ 个质数,将好子集的乘积拆解为质因子后,每个 $primes[i]$ 最多出现一次。
	2. 非质数:$[4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 16, 18, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 27, 28, 30]$。非质数肯定不会出现在好子集的乘积拆解后的质因子中。
	3. 特殊的数:$[1]$。对于一个好子集而言,无论向中间添加多少个 1ドル,ドル得到的新子集仍是好子集。
	2. 分类完成后,由于 $[1, 30]$ 中只有 10ドル$ 个质数,因此我们可以使用一个长度为 10ドル$ 的二进制数 $state$ 来表示 $primes$ 中质因数的选择情况。其中,如果 $state$ 第 $i$ 位为 1ドル,ドル则说明第 $i$ 个质因数 $primes[i]$ 被使用过;如果 $state$ 第 $i$ 位为 0ドル,ドル则说明第 $i$ 个质因数 $primes[i]$ 没有被使用过。
	3. 题目规定值相同,但是下标不同的子集视为不同子集,那么我们可先统计出 $nums$ 中每个数 $nums[i]$ 的出现次数,将其存入 $cnts$ 数组中,其中 $cnts[num]$ 表示 $num$ 出现的次数。这样在统计方案时,直接计算出 $num$ 的方案数,再乘以 $cnts[num]$ 即可。

	接下来,我们就可以使用「动态规划」的方式来解决这道题目了。

	###### 1. 划分阶段

	按照质因数的选择情况进行阶段划分。

	###### 2. 定义状态

	定义状态 $dp[state]$ 表示为:当质因数选择的情况为 $state$ 时,好子集的数目。

	###### 3. 状态转移方程

	对于 $nums$ 中的每个数 $num,ドル其对应出现次数为 $cnt$。我们可以通过试除法,将 $num$ 分解为不同的质因数,并使用「状态压缩」的方式,用一个二进制数 $cur\underline{}state$ 来表示当前数 $num$ 中使用了哪些质因数。然后枚举所有状态,找到与 $cur\underline{}state$ 不冲突的状态 $state$(也就是除了 $cur\underline{}state$ 中选择的质因数外,选择的其他质因数情况,比如 $cur\underline{}state$ 选择了 2ドル$ 和 5ドル,ドル则枚举不选择 2ドル$ 和 5ドル$ 的状态)。

	此时,状态转移方程为:$dp[state \| cur\underline{}state] = \sum (dp[state] * cnt) \mod MOD ,\quad state \& cur\underline{}state == 0$

	###### 4. 初始条件

	- 当 $state == 0,ドル所选质因数为空时,空集为好子集,则 $dp[0] = 1$。同时,对于一个好子集而言,无论向中间添加多少个 1ドル,ドル得到的新子集仍是好子集,所以对于空集来说,可以对应出 2ドル^{cnts[1]}$ 个方案,则最终 $dp[0] = 2^{cnts[1]}$。

	###### 5. 最终结果

	根据我们之前定义的状态,$dp[state]$ 表示为:当质因数的选择的情况为 $state$ 时,好子集的数目。所以最终结果为所有状态下的好子集数目累积和。所以我们可以枚举所有状态,并记录下所有好子集的数目和,就是最终结果。

		### 思路 1:代码

Expand All		@@ -66,32 +97,33 @@ class Solution:

		cnts = Counter(nums)
		dp = [0 for _ in range(1 << len(primes))]
	dp[0] = pow(2, cnts[1], MOD)

	for num, cnt in cnts.items(): # 遍历 nums 中所有数及其频数
	if num == 1: # 跳过 1
	dp[0] = pow(2, cnts[1], MOD) # 计算 1

	# num 分解质因数
	for num, cnt in cnts.items(): # 遍历 nums 中所有数及其频数
	if num == 1: # 跳过 1
		continue
	flag = True # 判断当前子集是否满足互不相同的质数相乘
	cur_num = num

	flag = True # 检查 num 的质因数是否都不超过 1
	cur_num = num
		cur_state = 0
	for i, prime in enumerate(primes):
	for i, prime in enumerate(primes): # 对 num 进行试除
		cur_cnt = 0
		while cur_num % prime == 0:
		cur_cnt += 1
	cur_state = cur_state \| 1 << i
	cur_state \|= 1 << i
		cur_num //= prime
	if cur_cnt > 1:
	if cur_cnt > 1: # 当前质因数超过 1,则 num 不能添加到子集中,跳过
		flag = False
		break
		if not flag:
		continue

		for state in range(1 << len(primes)):
	#
	if state & cur_state == 0:
	dp[state \| cur_state] = (dp[state \| cur_state] + dp[state] * cnts[num]) % MOD
	if state & cur_state == 0: # 只有当前选择状态与前一状态不冲突时,才能进行动态转移
	dp[state \| cur_state] = (dp[state \| cur_state] + dp[state] * cnt) % MOD

	ans = 0
	ans = 0 # 统计所有非空集合的方案数
		for i in range(1, 1 << len(primes)):
		ans = (ans + dp[i]) % MOD

Expand All		@@ -100,5 +132,5 @@ class Solution:

		### 思路 1:复杂度分析

	- 时间复杂度:
	- 空间复杂度:
	- 时间复杂度:$O(n + m \times 2^p),ドル其中 $n$ 为数组 $nums$ 的元素个数,$m$ 为 $nums$ 的最大值,$p$ 为 $[1, 30]$ 中的质数个数。
	- 空间复杂度:$O(2^p)$。