CF698F Coprime Permutation 题解

题意

给定一个未填满的数组 $p$，求有多少种 $1\sim n$ 的排列 $p$ 满足对于任意 $i<j$，都有 $[\gcd(i, j)=1]=[\gcd(p_i, p_j)=1]$，答案对 $10^9+7$ 取模。

题解

部分参考这篇题解（感觉这篇题解应该是目前为止最详细的吧）。

记 $P$ 为 $[1,n]$ 中所有素数与 $1$ 构成的集合，$g_n$ 为所有在 $n$ 中出现过的质因子的乘积（$g_1=1$）。

由于 $P$ 中任意两数 $i,j$ 互质，故 $(p_i,p_j)=1$，从而 $(g_{p_i},g_{p_j})=1$。

因此，记 $G=\{g_{p_i}|i\in P\}$，根据 $[1,n]$ 中质因子的个数可分析出 $G$ 是 $P$ 的一个排列。

进一步对于合数 $x$，$g_x=\prod_{i\in P,\gcd(i,x)>1}g_i$ $(1)$。

因此，如果 $P$ 中数对应的 $p$ 值确定了，那么所有数的 $g$ 值也就都确定了。

先考虑所有 $p_i$ 都为 $0$ 的情况。定义 $S_i=\{it|1\le it\le n,t\in Z\}$，那么 $|S_i|=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，于是对于质数 $i,j$，$p_i=j$ 的一个条件为 $|S_i|=|S_j|$（$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{j}\rfloor$），同时可知 $i\ne j$ 时 $i,j\gt\sqrt n$ $(2)$。

确定完所有数的 $g$ 值后，如果对于 $i,j$ 有 $g_{i}=g_{j}$，那么 $i,j$ 是等价的，于是 $i,j$ 在 $p$ 中的位置可以任意交换。

根据上述推导，可以发现如果设 $cnt_i$ 表示有多少个质数 $p$ 满足 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor=i$，$cnt2_i$ 表示有多少个数的 $g$ 值等于 $i$，那么答案即为 $\prod_{i=1}^n(cnt_i)!(cnt2_i)!$。

如果位置 $i$ 的 $p_i$ 有值，首先要判断该位置上填的值是否合法。设 $t_{i}$ 为 $g_i$ 中不超过 $\sqrt n$ 的质因子的乘积，则 $\frac{g_i}{t_i}$ 等于 $g_i$ 的大于 $\sqrt n$ 的质因子或 $1$（没有大于 $\sqrt n$ 的质因子），不合法的情况有以下三种：

1. $t_{i}\ne t_{p_i}$。注意由 $(2)$ 可以推出对于所有不超过 $\sqrt n$ 的质数 $p$，$g_p=p$，所以 $g_i$ 和 $g_{p_i}$ 不超过 $\sqrt n$ 的质因子应该相同。

2. $|S_{\frac{g_i}{t_i}}|\ne|S_{\frac{g_{p_i}}{t_{p_i}}}|$。因为可以推出 $g_i$ 的不同质因子个数和 $g_{p_i}$ 的不同质因子个数相同，并且大于 $\sqrt n$ 的质因子至多只有一个，所以要么 $g_i$ 和 $g_{p_i}$ 同时没有大于 $\sqrt n$ 的质因子，要么同时有大于 $\sqrt n$ 的质因子、且根据 $(1)(2)$ 可知 $|S_{\frac{g_i}{t_i}}|=|S_{\frac{g_{p_i}}{t_{p_i}}}|$。

3. $P,G$ 无法构成一一映射，即存在不同的 $i,j\in P$ 使得 $\left[\frac{g_i}{t_i}=\frac{g_j}{t_j}\right]xor\left[\frac{g_{p_i}}{t_{p_i}}=\frac{g_{p_j}}{t_{p_j}}\right]=1$。前者为 $1$ 后者为 $0$ 是说 $g$ 中存在某个位置 $g_k$（其中 $k\gt\sqrt n$，$k\in P$），$g_k$ 要等于 $2$ 个不同的值；前者为 $0$ 后者为 $1$ 是说 $g$ 中存在某两个位置 $g_k,g_l$（其中 $k,l\gt\sqrt n$，$k,l\in P$），$g_k,g_l$ 要等于 $1$ 个相同的值。

如果合法，只需修改对应位置的 $cnt$ 和 $cnt2$ 的值即可。注意最后一步中 $i=1$ 或 $p_i=1$ 时要做一些特判，但大体思路相同。总时间复杂度 $O(n)$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,p_t=0;
LL ans=1;
int a[1000002],p[1000002],t[1000002],t1[1000002],cnt[1000002],cnt2[1000002],to[1000002];
LL fac[1000002];
bool u[1000002];
inline void init()
{
	for(int i=fac[0]=cnt2[1]=1;i<=n;++i)t[i]=t1[i]=1,fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
	t[1]=n;
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		if(!u[i])
		{
			++cnt2[n/(p[++p_t]=i)];
			for(int j=i;j<=n;j+=i)t[j]*=i;
			if(i<=n/i)for(int j=i;j<=n;j+=i)t1[j]*=i;
		}
		for(int j=1;p[j]*i<=n;++j)
		{
			u[p[j]*i]=1;
			if(!(i%p[j]))break;
		}
	}
	for(int i=2;i<=n;++i)++cnt[t[i]];
}
int main()
{
	scanf("%d",&n),init();
	for(int i=1,x;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		if(a[i])
		{
			x=t[a[i]]/t1[a[i]];
			if((t1[a[i]]^t1[i]) || ((n/x)^(n/(t[i]/t1[i]))))return 0&puts("0");
			if(a[i]>1)--cnt[t[a[i]]];
			if(a[i]==1)--cnt2[1];
			else if(x>n/x)
			{
				if(!to[x])to[x]=t[i]/t1[i],--cnt2[n/x];
				else if(to[x]^(t[i]/t1[i]))return 0&puts("0");
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)(((ans*=fac[cnt[i]])%=mod)*=fac[cnt2[i]])%=mod;
	return 0&printf("%lld",ans);
}