题目描述
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，…… ，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。
输入格式
一个整数，N。
输出格式
一个整数，可能的排数。
输入输出样例
输入 #1
3输出 #1
3输入 #2
10输出 #2
16说明/提示
30%的数据，满足 \(1 <= N <= 10\) 。
100%的数据，满足 \(1 <= N <= 1000\) 。
题解
题目中的对应转化关系相当于置换。
而题目中所求的排数是这个置换中所有环大小的最小公倍数。
问题转化为求 和为 n 的多个数 有多少种可能的最小公倍数。
显然所有数都表示为 \(p^k\) 的形式下最优。
线性筛质数。
$f [i] [j] $表示考虑到第 i 个质数， 前面总和为 j 的最小公倍数方案数。
\(f [i] [j] = \sum_k^{f[i-1][j-p_i^k]}\)
同背包问题。可转化为一维。
时间复杂度\(O(n^2)\), 空间复杂度\(O(n^2)\)
code:
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e3 + 5;
int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(! isdigit(ch)) f = (ch=='-')?-1:1, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48), ch = getchar();
return x * f;
}
int n, pri[N], cnt;
LL f[N], ans;
bool vis[N];
void Prime() {
vis[0] = vis[1] = 1;
for(int i = 2;i <= N;i ++) {
if(vis[i] == 0) pri[++ cnt] = i;
for(int j = 1;j <= cnt&&i * pri[j] <= N;j ++) {
vis[i * pri[j]] = 1;
if(i % pri[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
Prime();
if((n = read()) == 1) { printf("1\n"); return 0; }
f[0] = 1;
for(int pos = 1;pos <= cnt;pos ++) {
for(int j = n;j >= pri[pos];j --) {
int tmp = pri[pos];
while(tmp <= j) f[j] += f[j - tmp]， tmp *= pri[pos];
}
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) ans += f[i];
printf("%lld\n", ans + 1);
return 0;
}