bzoj 1025: [SCOI2009]游戏 （置换+分组背包）

1025: [SCOI2009]游戏

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Description

　　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。

Input

　　包含一个整数N,1 <= N <= 1000

Output

　　包含一个整数，可能的排数。

Sample Input

【输入样例一】
3
【输入样例二】
10

Sample Output

【输出样例一】
3
【输出样例二】
16

HINT

Source

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题解：置换+分组背包

如果我们把置换写成几个轮换的形式，假设每个轮换的元素个数为a[1],a[2]...a[n]，那么对于这个置换来说进行lcm(a[1],a[2],...,a[n])次就可以变回最初的形式。

那么这道题其实就变成了和为n，lcm的种类数。

lcm至于每个质数的最高次有关，所以我们只要确定了每个质数的最高次就能唯一的确定lcm。

那么我们可以预处理质数，那么质数pi,pi^2,pi^3,pi^n当做同组的物品，对于同组的物品只能选一个或者都不选，总和为i的方案数。这样子选出来的lcm一定是两两不同的。还有个问题就是i<n的方案要不要算呢？是要算的因为我们只确定了最高次，那么剩下的只要不超过最高次都可以选，只要用1来填补一定可以得到总和为n的方案。

那么我们就把问题转换成了经典的分组背包问题。最后的答案就是∑f[i] 其中f[i]表示和为i的方案数。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define N 1003
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,pd[N],prime[N];
LL f[N],ans;
void get_prime(int n)
{
	for (int i=2;i<=n;i++) {
	    if(!pd[i]) prime[++prime[0]]=i;
	    for (int j=1;j<=prime[0];j++) {
	    	if (prime[j]*i>n) break;
	    	pd[prime[j]*i]=1;
	    	if (i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n); m=n;
	get_prime(n);
	f[0]=1;
	for (int i=1;i<=prime[0];i++)
	 for (int j=m;j>=0;j--) {
	 	int now=prime[i];
	 	while (j>=now) {
	 		f[j]+=f[j-now];
	 		now*=prime[i];
		 }
	 }
	for (int i=0;i<=m;i++) ans+=f[i];
	printf("%I64d\n",ans);
}