$bzoj1025-SCOI2009$游戏 群论 $dp$

• 题面描述

  • \(windy​\)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\(1,2,3,\cdots,N​\)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\(1,2,3,\cdots,N​\)。 如：$ 1\ 2\ 3\ 4\ 5\ 6​$ 对应的关系为 \(1\to 2\ 2\to 3\ 3\to 1\ 4\to 5\ 5\to 4\ 6\to 6​\) ，\(windy​\)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。
  
  

• 输入格式

  • 包含一个整数\(N,1 \leq N \leq 10^3\)

• 输出格式

  • 包含一个整数，可能的排数。

• 题解

  • 在做此题前，建议各位先行了解群论及置换概念。
  • 在了解置换的概念后，我们不难发现原题可以抽象为对于\(1\)～\(n\)的排列的所有可能置换 统计通过置换回到原排列的可能不同次数。
  • 我们可以将置换写成循环节的形式，即\((a\ b\ c)(d\ e)(f)\)，由循环节的性质得 通过该置换回到原排列的次数为\(lcm\)（各循环节长度）。
    • 简单证明：
    • 一个循环节最后回到自己需\(k*len\ (k\in N^*)\)，\(len\)为循环节长度。
  • 让所有循环节同时回到自己需\(lcm(len_1,\cdots,len_x)\)，\(x\)为总循环节个数。
  • 现在，我们把题意转化为求所有{\(a_m\)}，使\(\sum_{i=1}^m a_i\)=n，求这样的数列的\(lcm(a_1,\cdots,a_m)\)的不同个数。
  • 当你用当前结论做\(dp\)时，不难发现，你无论怎样\(dp\)都会重复计数。
  • 我们考虑反过来做，当我们能得到\(lcm=\prod_{i=1}^k p_i\)，要使得能得到该\(lcm\)的和最小的数列为，即\(a_i=p_i^r\)。
    • 证明：可类比字符串中最小表示法，如此对于一个\(p_i\)，我们有唯一表示其的方法。又因为质因数分解也是唯一的，因此对于\(lcm\)，我们得到唯一表示其的数列。
  • 然后，问题进一步转化为找到所有以质因数为数列，且\(s_n\leq n\)的数列个数，当\(s_n<n\)时余下的用长度为1的循环节代替。
  • 这样，我们对所有\(p_i^1,p_i^2,\cdots,p_i^r​\)做背包即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e3+4;
int pri[MAXN];
bool use[MAXN];
int n;
ll f[MAXN][MAXN];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=2;i<=n;i++){
		if (!use[i]) pri[++pri[0]]=i;
		for (int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=n;j++){
			use[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0) break;
		}
	}
//	cout<<pri[0]<<endl;
	f[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=pri[0];i++){
		for (int j=0;j<=n;j++) f[i][j]=f[i-1][j];
		for (int j=pri[i];j<=n;j*=pri[i]){
			for (int k=0;k<=n-j;k++){
				f[i][j+k]+=f[i-1][k];
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for (int i=0;i<=n;i++) ans+=f[pri[0]][i];
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}