题意
windy学会了一种游戏。对于1到N这N个数字,都有唯一且不同的1到N的数字与之对应。最开始windy把数字按
顺序1,2,3,……,N写一排在纸上。然后再在这一排下面写上它们对应的数字。然后又在新的一排下面写上它们
对应的数字。如此反复,直到序列再次变为1,2,3,……,N。
如: 1 2 3 4 5 6 对应的关系为 1->2 2->3 3->1 4->5 5->4 6->6
windy的操作如下
1 2 3 4 5 6
2 3 1 5 4 6
3 1 2 4 5 6
1 2 3 5 4 6
2 3 1 4 5 6
3 1 2 5 4 6
1 2 3 4 5 6
这时,我们就有若干排1到N的排列,上例中有7排。现在windy想知道,对于所有可能的对应关系,有多少种可
能的排数。
n≤1000
题解
蛮简单的吧。
首先这个肯定是构成若干个环,行数即是所有的环大小的 lcm 。
所以问题转化为把 n 拆分成若干个数,其
怎么做呢?考虑 lcm=M 什么时候成立:
M=pk11∗pk22∗pk33...pktt
因为 lcm 相当于每个 p 的次数取
所以若pk11+pk22+pk33...+pktt≤n成立,则 lcm=M 成立。
然后就可以 DP 啦:设 f[i][j] 表示前 i 个素数,素数的幂加和为
复杂度是没问题的:O(n/ln(n)∗n∗logpn) 可以看做O(n2),而且要小很多。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1005, N=1000;
int n,p[maxn];
LL f[maxn][maxn],ans;
bool vis[maxn];
void get_P(){
memset(vis,1,sizeof(vis));
for(int i=2;i<=N;i++){
if(vis[i]) p[++p[0]]=i;
for(int j=1;j<=p[0]&&(LL)p[j]*i<=N;j++){
vis[p[j]*i]=false;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
LL Pow(LL a,LL b){
LL res=1;
for(int w=a;b;w=w*w,b>>=1) if(b&1) res*=w;
return res;
}
int main(){
freopen("bzoj1025.in","r",stdin);
freopen("bzoj1025.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
get_P();
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=p[0];i++)
for(int j=0;j<=n;j++){
f[i][j]+=f[i-1][j];
for(LL k=1,t;(t=Pow(p[i],k))<=j;k++) f[i][j]+=f[i-1][j-t];
}
for(int i=0;i<=n;i++) ans+=f[p[0]][i];
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}