P4161 [SCOI2009]游戏

传送门

一眼 Burnside $dp$

首先置换内部有独立的循环，置换的循环节长度为那些独立循环的 $lcm$

考虑某个循环节长度 $L$ 怎么得到，显然把 $L$ 质因数分解，$\prod_{i=1}^{m}p_i^{k_i}$

那么最优情况下独立循环的循环节为 $p_i^{k_i}$，好像挺显然的

如果 $\sum_{i=1}^{m}p_i^{k_i}$ 还不到 $n$ ，剩下的全部和自己循环就好了

所以就可以 $dp$ 了，设 $f[i][j]$ 表示当前考虑了前 $i$ 个质数，选的质数集合总和为 $j$ 时的方案数

那么每次枚举新的 $p_i^{k_i}$ ，有 $f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-p_i^{k_i}]$，因为多出来的 $p_i^{k_i}$ 可以不选

如果 $j<p_i^{k_i}$ 那么 $f[i][j]=f[i-1][j]$

初始 $f[0][0]=1$ 

$woc$ 好像就是个背包 $dp$ ？？？

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1007;
int n;
ll f[N][N],ans;
int pri[N],tot;
bool not_pri[N];
void pre()
{
    not_pri[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!not_pri[i]) pri[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            int g=i*pri[j]; if(g>n) break;
            not_pri[g]=1; if(!(i%pri[j])) break;
        }
    }
}
int main()
{
    n=read(); pre();
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++) 
        {
            f[i][j]=f[i-1][j];
            for(int k=pri[i];k<=j;k*=pri[i])
                f[i][j]+=f[i-1][j-k];
        }
    for(int i=0;i<=n;i++) ans+=f[tot][i];
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}