Description
一个关于n个元素的排列是指一个从{1, 2, …, n}到{1, 2, …, n}的一一映射的函数。这个排列p的秩是指最小的k，使得对于所有的i = 1, 2, …, n，都有p(p(…p(i)…)) = i（其中，p一共出现了k次）。
例如，对于一个三个元素的排列p(1) = 3, p(2) = 2, p(3) = 1，它的秩是2，因为p(p(1)) = 1, p(p(2)) = 2, p(p(3)) = 3。
给定一个n，我们希望从n!个排列中，找出一个拥有最大秩的排列。例如，对于n=5，它能达到最大秩为6，这个排列是p(1) = 4, p(2) = 5, p(3) = 2, p(4) = 1, p(5) = 3。
当我们有多个排列能得到这个最大的秩的时候，我们希望你求出字典序最小的那个排列。对于n个元素的排列，排列p的字典序比排列r小的意思是：存在一个整数i，使得对于所有j < i，都有p(j) = r(j)，同时p(i) < r(i)。对于5来说，秩最大而且字典序最小的排列为：p(1) = 2, p(2) = 1, p(3) = 4, p(4) = 5, p(5) = 3。
Input
输入的第一行是一个整数T（T <= 10），代表数据的个数。
每个数据只有一行，为一个整数N。
Output
对于每个N，输出秩最大且字典序最小的那个排列。即输出p(1), p(2),…,p(n)的值，用空格分隔。
Sample Input
2 5 14
Sample Output
2 1 4 5 3 2 3 1 5 6 7 4 9 10 11 12 13 14 8
Data Constraint
对于40%的数据，有1≤N≤100。
对于所有的数据，有1≤N≤10000。
Solution
Ps:这题与oj的1038极度类似，但是1038简单些。大家若打完一题觉得很艰难，可以再打另一题熟练一下。
言归正传。
题目大意：题目说得很清楚，不再重复。
第一步：直观想法。
显然，对于一种排列，相当于给出了数字1~n的对应关系，且不重复不遗漏，刚好把1到n又包含了一遍。
对，连边！
每个数向它对应的数连边，这样我们就得到了一幅图，且这幅图很有特点——全是简单环。因为每个数的对应有且仅有一个，且不重复不遗漏，所以不存在大环套小环的情况，不存在复杂图形，而且，由于连了边，每个点是什么数字已经没有意义了。
第二步：问题转化
我们再观察这时候的答案，显然，对于一个排列，最大的秩就是所有环大小的最小公倍数。因此，问题转化成：
把n拆成几个正整数的和（正整数可以为1），这些正整数的最小公倍数就是我们要的最大的秩，而字典序最小的拆法就是我们要输出的东西。
至此，解法1出来了：暴力拆n，然后求最小公倍数，记录最大值和最大值的拆法。至于时间复杂度，你想想，暴力拆n就相当于全排列了，当然很慢了。
第三步：新的想法
既然我们已经知道答案就是某个最小公倍数，那我们为什么不直接构造这个最小公倍数？
最小公倍数归根到底是很多质数的乘积，因此我们直接用质数来构造。
假设现在有三个质数p1、p2、p3，它们的和<=n，那么p1*p2*p3一定是一个合法的答案。我们可以先弄一个大小为p1的环，然后弄一个大小为p2的环，再弄大小为p3的环，如果n还有剩余，那么剩下的通通自环，这样一定是合法的。
推广：现在把三个质数变成p1^c1、p2^c2、p3^c3，他们乘起来依然是合法的。跟上面其实是一样的道理。
再推广：设环的大小为w，那么w可不可以包含两种或以上素数？可以，但是完全可以转化成上面的情况处理。设w=p1^c1 * p2^c2 * p3^c3，它对最小公倍数的贡献就是w，但是如果我把它拆成三个环来处理，使得每个环大小仅包含一种质数，效果是一样的。而且拆了之后，环的大小也变小了，显然答案的排列会更优。
第四步：问题再次转化
现在问题变成：
现在有一堆质数（n以内），每个质数的使用次数上限是已知的（就是上面的c的大小上限）。我要选择一些质数（或它的幂），使他们的和<=n，然后这些质数（或它的幂）的乘积要最大。
而这其实就是有限背包问题。
设f[I,j]表示我们处理到第i个质数、当前和为j所能获得的最大秩。则f[I,j]=max(f[i-1,j-w]*w)。（这里的w是简写）。而我们要求排列的话，只需记录一下每个状态是由哪个状态转移过来的，最后还原即可。
至此，问题解决。
第五步：注意事项
f的值很大很大，大过long long，所以我们要把f的值转为自然对数来做。由于自然对数是单调函数，所以比较大小的方式一毛一样。
这里也可以用double解决。
Ps2：题解的实质在第四步。
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define I int
#define ll long long
#define f(p) f[p][j]
#define g1(p) g[p][j][1]
#define g0(p) g[p][j][0]
#define F(i,a,b) for(I i=a;i<=b;i++)
#define Fd(i,a,b) for(I i=a;i>=b;i--)
#define N 10001
using namespace std;
double f[1230][N];
I T,n,x,y,xx,yy,a[N],p[N],c[N],bz[N],g[1230][N][2],ans[N],sum;
I main(){
freopen("array.in","r",stdin);
freopen("array.out","w",stdout);
F(i,2,N-1) if(!bz[i]){
p[++p[0]]=i;
x=N-1;
while(x/i){x/=i;c[p[0]]++;}
F(j,i,(N-1)/i) bz[i*j]=1;
}
f[0][0]=1;
F(i,1,p[0]){
F(j,0,N-1) if(f(i-1)>f(i)){f(i)=f(i-1),g0(i)=g0(i-1),g1(i)=g1(i-1);}
x=1;
F(k,1,c[i]){
x*=p[i];
Fd(j,N-1,x) if(f[i-1][j-x]*x>f(i)) f(i)=f[g0(i)=i-1][g1(i)=j-x]*x;
F(j,x+1,N-1) if(f[i][j-1]>f(i)) f(i)=f[g0(i)=i][g1(i)=j-1];
}
}
I i,j;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
sum=a[0]=0;
i=p[0],j=n;
while(i){
if(f(i)>f[g0(i)][g1(i)]) sum+=(a[++a[0]]=j-g1(i));
xx=g0(i),yy=g1(i);i=xx,j=yy;
}
sort(a+1,a+1+a[0]);
x=1;
if(sum<n){
x=n-sum+1;
F(i,1,x) ans[i]=i;
}
F(i,1,a[0]){
F(j,1,a[i]){ans[x]=x+1;x++;}
ans[x-1]=x-a[i];
}
F(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}