【XSY2703】置换 数学 置换 DP

题目描述

　　对于置换\(p\)，定义\(f(p)\)为最小的正整数\(k\)，使得\(p^k\)为恒等置换。

　　你需要求对于所有的\(n\)元素置换\(p\)，\(f^2(p)\)的平均值。

　　\(n\leq 200\)

题解

　　考虑把置换拆成很多个循环。

　　\(f(p)\)就是所有循环的长度的\(lcm\)

　　可以考虑DP，设\(f_{i,j}\)为放了\(i\)个位置，当前所有循环长度的\(lcm\)的状态为\(j\)（每个质因子的最高次幂是多少）。

　　但是状态数会很多

　　有一个微小的技巧，考虑到每个循环长度的质因子最多只有一个\(>\sqrt n\)，那么可以把最大值因子相同的项拿出来一起处理，小的质因子就压成状态。

　　这个技巧很常见，比如说这道题NOI2015寿司晚宴。

　　这样状态数就只有不到\(5000\)个了。

　　当然，可以把不存在的状态删掉，就只剩下\(2000\)个了。

　　转移的话，设当前已经放了\(i\)个数，每次枚举放几个循环\(j\)（这些循环的长度相同），每个循环的长度为\(k\)，那么方案数就是

\[\frac{(n-i)!}{(n-i-kl)!k^ll!}
\]

　　具体来说，第一次放的位置的数是\(\binom{n-i}{k}\)，第二次是\(\binom{n-i-k}{k}\)，以此类推。每个循环的方案数是\((k-1)!\)。最后方案可能会重复，就要除以\(l!\)。

　　时间复杂度：\(状态数O(n^2\log n\times 状态数)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int p;
int fac[210];
int inv[210];
int ifac[210];
int n;
int getc(int x,int y)
{
	if(x<y)
		return 0;
	if(y<0)
		return 0;
	return fac[x]*ifac[y]%p*ifac[x-y]%p;
}
void add(int &a,int b)
{
	a=(a+b)%p;
}
int f[2100][210];
int g[2100][210];
struct num
{
	int id,x;
	int s1,s2,s3,s4,s5,s6;
};
num a[210];
int pri[]={0,2,3,5,7,11,13};
int cmp(num a,num b)
{
	return a.x<b.x;
}
int p1[]={0,2,4,8,16,32,64,128};
int p2[]={0,3,9,27,81};
int p3[]={0,5,25,125};
int p4[]={0,7,49};
int p5[]={0,11,121};
int p6[]={0,13,169};

int p21[]={1,2,4,8,16,32,64,128};
int p22[]={1,3,9,27,81};
int p23[]={1,5,25,125};
int p24[]={1,7,49};
int p25[]={1,11,121};
int p26[]={1,13,169};
int id[8][5][4][3][3][3];
struct node
{
	int a1,a2,a3,a4,a5,a6;
	int s;
};
node c[2100];
int s[210][210];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d%d",&n,&p);
	int i1,i2,i3,i4,i5,i6;
	int cnt=0;
	for(i1=0;i1<=7;i1++)
		for(i2=0;i2<=4;i2++)
			for(i3=0;i3<=3;i3++)
				for(i4=0;i4<=2;i4++)
					for(i5=0;i5<=2;i5++)
						for(i6=0;i6<=2;i6++)
							if(p1[i1]+p2[i2]+p3[i3]+p4[i4]+p5[i5]+p6[i6]<=n)
							{
								cnt++;
								c[cnt].a1=i1;
								c[cnt].a2=i2;
								c[cnt].a3=i3;
								c[cnt].a4=i4;
								c[cnt].a5=i5;
								c[cnt].a6=i6;
								c[cnt].s=(ll)p21[i1]*p22[i2]*p23[i3]*p24[i4]*p25[i5]*p26[i6]%p;
								id[i1][i2][i3][i4][i5][i6]=cnt;
		//						printf("%04d %d %d %d %d %d %d\n",++cnt,i1,i2,i3,i4,i5,i6);
							}
	int i,j,k,l;
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		inv[i]=(ll)-p/i*inv[p%i]%p;
		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%p;
		ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*inv[i]%p;
	}
	f[1][0]=fac[n];
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		k=i;
		while(k%2==0)
		{
			k/=2;
			a[i].s1++;
		}
		while(k%3==0)
		{
			k/=3;
			a[i].s2++;
		}
		while(k%5==0)
		{
			k/=5;
			a[i].s3++;
		}
		while(k%7==0)
		{
			k/=7;
			a[i].s4++;
		}
		while(k%11==0)
		{
			k/=11;
			a[i].s5++;
		}
		while(k%13==0)
		{
			k/=13;
			a[i].s6++;
		}
		a[i].x=k;
		a[i].id=i;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		s[i][0]=1;
		for(j=1;j<=n;j++)
			s[i][j]=(ll)s[i][j-1]*ifac[a[i].id]%p*fac[a[i].id-1]%p;
		for(j=1;j<=n;j++)
			s[i][j]=(ll)s[i][j]*ifac[j]%p;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i].x==1||i==1||a[i].x!=a[i-1].x)
			memcpy(g,f,sizeof g);
		for(l=cnt;l>=1;l--)
		{
			int a1=max(a[i].s1,c[l].a1);
			int a2=max(a[i].s2,c[l].a2);
			int a3=max(a[i].s3,c[l].a3);
			int a4=max(a[i].s4,c[l].a4);
			int a5=max(a[i].s5,c[l].a5);
			int a6=max(a[i].s6,c[l].a6);
			int v=id[a1][a2][a3][a4][a5][a6];
			for(k=n;k>=0;k--)
				if(g[l][k])
					for(j=1;k+j*a[i].id<=n;j++)
						add(g[v][k+a[i].id*j],(ll)g[l][k]*s[i][j]%p);
		}
		if(a[i].x==1||i==n||a[i].x!=a[i+1].x)
		{
			int b=a[i].x*a[i].x%p;
			for(l=1;l<=cnt;l++)
				for(k=1;k<=n;k++)
					add(f[l][k],(ll)(g[l][k]-f[l][k])*b%p);
		}
	}
	int ans=0;
	for(l=1;l<=cnt;l++)
		add(ans,(ll)f[l][n]*c[l].s%p*c[l].s%p);
	ans=(ll)ans*ifac[n]%p;
	ans=(ans+p)%p;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}