【BZOJ】【1025】【SCOI2009】游戏

DP/整数拆分

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　　整个映射关系可以分解成几个循环（置换群的预备知识？），那么总行数就等于各个循环长度的最小公倍数+1（因为有个第一行的1~N）。那么有多少种可能的排数就等于问有多少种可能的最小公倍数。

　　呃现在问题就变成了：给你一个数N，将它分解成几个数的和，然后找这些数的最小公倍数总共多少种。很明显又要找质数了>_>。

　　可以发现只要找循环长度（即拆出来的数）是质数的幂的情况就可以了，因为像6=2*3这种情况，我们可以用2和3来代替，又由于对于正整数来说，和$\leq$积，所以所有的非质数幂的情况都可以用质数幂的情况来表示/代替。（取一个6等于取2和3）

　　这个枚举总共有多少种分拆方案……我是用DP来实现的（没办法，dfs会TLE）

　　令$f[i][j]$表示用前 i 种质数的幂拼出 j 的方案数，那么$ans=\sum_{j=1}^n f[tot][j]$ tot为小于等于n的质数的数量。

　　转移也很简单啦~我的方法是从当前节点去更新其他节点的递推……写的可能有点奇怪……

　　f[i][j]可以转移到：f[i+1][j]和f[i+1][j+k] $(k=prime[i+1]^t)$ 呃……好像说的不太清楚……看我代码吧>_<不过我开了滚动数组……

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     Problem: 1025
     User: Tunix
     Language: C++
     Result: Accepted
     Time:20 ms
     Memory:828 kb
 ****************************************************************/

 //BZOJ 1025
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const int N=;
 int n,prime[N],tot;
 LL f[][N],ans;
 bool vis[N];
 void getprime(int n){
     F(i,,n){
         if (!vis[i]) prime[++tot]=i;
         F(j,,tot){
             if (i*prime[j]>n) break;
             vis[i*prime[j]]=;
             if (i%prime[j]==) break;
         }
     }
 }
 int main(){
     scanf("%d",&n);
     getprime(n);
     f[][]=;
     for(int i=;i<tot;i++){
         int now=i&;
         F(j,,n) f[now^][j]=;
         F(j,,n){
             f[now^][j]+=f[now][j];
             for(int k=prime[i+];k+j<=n;k*=prime[i+])
                 f[now^][j+k]+=f[now][j];
         }
     }
     F(j,,n) ans+=f[tot&][j];
     printf("%lld\n",ans+);
     return ;
 }

P.S.我一开始想的其实是$ans=\sum_{i=1}^{tot} \sum_{j=1}^n f[i][j]$ 所以转移的时候就不是从f[i]转移到f[i+1]了……而是转移到所有的$f[t][j+k](t>i)$所以时间复杂度更高，后来写题解的时候才突然想到这个更好理解&好写的代码……

 /**************************************************************
     Problem: 1025
     User: Tunix
     Language: C++
     Result: Accepted
     Time:368 ms
     Memory:4796 kb
 ****************************************************************/

 //BZOJ 1025
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const int N=;
 int n,prime[N],tot,f[N][N];
 LL ans;
 bool vis[N];
 void getprime(int n){
     F(i,,n){
         if (!vis[i]) prime[++tot]=i;
         F(j,,tot){
             if (i*prime[j]>n) break;
             vis[i*prime[j]]=;
             if (i%prime[j]==) break;
         }
     }
 }
 int main(){
     scanf("%d",&n);
     getprime(n);
     f[][]=;
     rep(i,tot) F(j,,n){
         F(t,i+,tot)
         for(int k=prime[t];j+k<=n;k*=prime[t])
             f[t][j+k]+=f[i][j];
     }
     F(i,,tot) F(j,,n) ans+=f[i][j];
     printf("%lld\n",ans+);
     return ;
 }

(一开始的奇怪做法)

1025: [SCOI2009]游戏

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1436  Solved: 900
[Submit][Status][Discuss]

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。

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

【数据规模和约定】

100%的数据，满足 1 <= N <= 1000 。

Source

[Submit][Status][Discuss]