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。
包含一个整数N,1 <= N <= 1000
包含一个整数，可能的排数。
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); }
