bzoj1025: [SCOI2009]游戏（数学 + 思维 + DP）

原题链接

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：包含一个整数N,1 <= N <= 1000。

输出格式：包含一个整数，可能的排数。

输入样例：
10

输出样例：
16

解析：可以发现，每个置换都有各自的循环节，而最后的排数就是每个循环节长度的lcm+1。
   如题目描述中的循环为[1 2 3][4 5][6]。
   列数为lcm(3,2,1)+1=6+1=7。
   于是题目就转化成了：给定一个数n，将它分为若干个数的和后，求这些数的lcm的种数。
   而若干个数的lcm就是这些数相同质因数最大次幂的积。
   即\(lcm=p1^{max(c1)}\times p2^{max(c2)}...pn^{max(cn)}\)
   若有一个数\(A=p1^{c1}\times p2^{c2},B=p1^{c1},C=p2^{c2}\)
   那么显然A对答案的贡献与B和C对答案的贡献是一样的。
   而\(B+C<B\times C=A\)，所以可以将A拆成B和C。
   于是题目又被转化成了：\(p1^{c1}+p2^{c2}...pn^{cn}=n\)的个数。
   而\(p1^{c1}+p2^{c2}...pn^{cn}\)的和不一定要等于n，因为可以单个拆成1，1对lcm没影响。
   即求\(p1^{c1}+p2^{c2}...pn^{cn}≤n\)的个数。
   于是就可以用背包来解决，设dp[i]表示和为i的数的个数，筛好素数后转移即可。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int maxn = 1005;
int n, mark[maxn], prim[maxn], tot;
ll ans, dp[maxn];

void prepare(int x) {
	for (int i = 2; i <= x; ++ i) {
	  if (!mark[i]) prim[++ tot] = i;
	  for (int j = 1; j <= tot; ++ j) {
	  	if (i * prim[j] > x) break;
	  	mark[i * prim[j]] = 1;
	  	if (i % prim[j] == 0) break;
	  }
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	prepare(n);
	dp[0] = 1;
	  for (int i = 1; i <= tot; ++ i)
	    for (int j = n; j >= prim[i]; -- j)
	      for (int k = prim[i]; k <= j; k *= prim[i]) dp[j] += dp[j - k];
	  for (int i = 0; i <= n; ++ i) ans += dp[i];
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}