BZOJ_1025_[SCOI2009]游戏_DP+置换+数学

BZOJ_1025_[SCOI2009]游戏_DP+置换

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

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题面可以简化为n个数，任意分段，每段大小的lcm有多少种情况。

考虑求哪些数是可以作为lcm

因为可以1个1个放，n的答案包括1~n-1的所有答案。

把lcm表示成pi^ki这种形式，可以证明对于每个数，只取pi^ki能够使得总和最小(废话，因为每个数最少取这么多)

那我们就只考虑每个数取pi^ki这种情况。

设f[i][j]表示考虑前i个质数，当前所有pi^ki的和是j的方案数。

转移就很简单了。

 

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define N 1050
typedef long long ll;
int prime[N],cnt,n,vis[N];
ll f[N][N],ans;
int main() {
    scanf("%d",&n);
    int i,j,k;
    for(i=2;i<=n;i++) {
        if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
        for(j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++) {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
    f[0][0]=1;
    for(i=1;i<=cnt;i++) {
        for(j=0;j<=n;j++) f[i][j]=f[i-1][j];
        for(j=prime[i];j<=n;j*=prime[i]) {
            for(k=j;k<=n;k++) f[i][k]+=f[i-1][k-j];
        }
    }
    for(i=0;i<=n;i++) ans+=f[cnt][i];
    printf("%lld\n",ans);
}