题意:
分析:
比较恶心的DP套容斥题。
因为排列个数=所有环排列循环节长度。
可以很容易算出排列个数,但要求其对应的环排列个数。
有个很直观的思路:求出每个环排列个数*其循环节个数的和,将这个和除以排列长度,就能得到换排列个数。
然后利用公式
∑d∣nφ(d)=n\sum_{d|n}\varphi(d)=n∑d∣nφ(d)=n
于是就可以枚举一个数kkk,求出所有循环节个数为kkk这个数的倍数的方案数*φ(k)\varphi(k)φ(k)
这个就很好表示了。
另外,用X种数共Y个的排列数,是一个上升幂除以一个上升幂的形式,即代码中的t,有兴趣可以推一下,方法很多。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 260
using namespace std;
int MOD;
int gcd(int x,int y){
if(y==0)
return x;
return gcd(y,x%y);
}
int C[MAXN][MAXN],t[MAXN][MAXN],qt[MAXN],jb[MAXN],f[MAXN][MAXN],phi[MAXN],inv[MAXN];
int fsp(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1)
res=1ll*res*x%MOD;
x=1ll*x*x%MOD;
y>>=1;
}
return res;
}
int F[MAXN];
void dpqt(int n){
memset(F,0,sizeof F);
F[0]=1;
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=n-1;j;j--)
for(int k=1;i*k<=j;k++)
F[j]=(F[j]+1ll*F[j-i*k]*1ll*t[i][k])%MOD;
qt[n]=F[n-1];
}
void dpjb(int i,int n){
for(int j=n;j;j--)
for(int Now=qt[i],g=1;g*i<=j;g++,Now=1ll*Now*1ll*qt[i]%MOD)
for(int k=g;k<=j;k++)
f[j][k]=(f[j][k]+1ll*f[j-g*i][k-g]*1ll*C[k][g]%MOD*Now)%MOD;
for(int j=1;j<=i;j++){
int s=0;
for(int k=1;k<=j;k++)
if(j%k==0&&i%k==0)
s=(s+1ll*f[i/k][j/k]*1ll*phi[k])%MOD;
jb[i]=(jb[i]+1ll*s*1ll*inv[j])%MOD;
}
}
void solve(int n){
C[0][0]=f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
C[i][0]=1;
inv[i]=fsp(i,MOD-2);
for(int j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD,phi[i]+=(gcd(i,j)==1);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
dpqt(i),dpjb(i,n);
t[i][0]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
t[i][j]=1ll*t[i][j-1]*1ll*(jb[i]+j-1)%MOD*inv[j]%MOD;
}
}
int main(){
int T,n;
SF("%d%d",&T,&MOD);
solve(250);
while(T--){
SF("%d",&n);
PF("%d\n",jb[n]);
}
}