Codeforces 1174 E Ehab and the Expected GCD Problem —— DP，排列

This way

题意：

现在有长度为n的排列，定义gi表示前i个数的gcd。f§表示排列p的g的不同的个数。定义fmax表示所有排列的f§的最大值。问你有多少f§=fmax

题解：

这道题把我搞晕了，，
首先可以想到的是一定是 $2^k$是在第一位。然后就是2的幂次的阶梯式下降。
因为这个在唯一分解之后一定是质因子最多的一个数。那么考虑其它质数是否可能，发现在 $2^{k-1}*3<=n$时会出现唯一一个3，拥有再多或者再大的质数的话一定没有2的组合来的优。
那么dp[i][j][k]就表示到第i个位置，2的幂次有j个，3的幂次有k个的情况数。
首先考虑下一个位置幂次不减少，那么

dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+mul(n/t[j]-i+1,dp[i-1][j][0]))%mod;

，因为之前i-1个数一定是2的j次的倍数，所以减掉即可。有一个3的转移类似。
接下来是减少了一个2的情况：

dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+mul(n/t[j]-n/t[j+1],dp[i-1][j+1][0]))%mod;

因为是少了一个二，所以需要减掉所有2的j+1次的请款。前面i-1个数一定是 $2^{j+1}$的倍数，所以不需要考虑。有一个3的情况类似。
最后是少一个3.

dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+mul(dp[i-1][j][1],n/t[j]-n/t[j]/3))%mod;

它一定是 $2^j$的倍数减去 $2^j*3$的倍数，因为前面的数一定是 $2^j*3$的倍数，所以不需要考虑。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e6+5;
const ll mod=1e9+7;
int dp[N][25][2],t[25];
ll mul(int x,int y){
    return (ll)x*y%mod;
}
int main()
{
    ll n;
    scanf("%lld",&n);
    int ret=1,cnt=0;
    t[cnt]=ret;
    while(ret<=n)
        ret*=2,cnt++,t[cnt]=ret;
    ret/=2,cnt--;
    dp[1][cnt][0]=1;
    if(ret/2*3<=n)
        dp[1][cnt-1][1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=cnt;j++){
            if(n/t[j]>i-1)
                dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+mul(n/t[j]-i+1,dp[i-1][j][0]))%mod;
            dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+mul(n/t[j]-n/t[j+1],dp[i-1][j+1][0]))%mod;
            dp[i][j][1]=(dp[i][j][1]+mul(n/t[j]/3-n/t[j+1]/3,dp[i-1][j+1][1]))%mod;
            if(n/t[j]/3>i-1)
                dp[i][j][1]=(dp[i][j][1]+mul(n/t[j]/3-i+1,dp[i-1][j][1]))%mod;
            dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+mul(dp[i-1][j][1],n/t[j]-n/t[j]/3))%mod;
        }
    }
    printf("%d\n",dp[n][0][0]);
    return 0;
}