Luogu4161 & Luogu6280 - dp - 数论 -

对于某个排列p，将\(i \rightarrow p_i\)建个图发现这时对应的答案就是\(lcm(每个环的大小)\)，注意与环中哪些数无关。

进一步观察可以发现这实际上就是这个问题：从\(n\)的排列中分成\(m\)个部分，令\(p=\)这\(m\)个部分的size的lcm，求不同p的和/个数
看到lcm可以考虑质因子

先考虑求p的个数：
首先，想让p的个数最大的话，肯定是让size都互质（注意由于可以有多个1，所以size之和可以小于n）（如果两两不互质的话，显然可以这两个数同除gcd，显然这样的话答案一定不会变差，所以以下均默认两两互质，注意1也是互质）
问题就转化为了求这个方案数：\(p_1^{t_1}+p_2^{t_2}+..+p_k^{t_k} \leq n\)，\(p_i\)是从小到大的质数，此时\(K=lcm(p_1^{t_1}, ..., p_k^{t_k})=所有的相乘\)
这个显然可以dp，设\(dp[i][j]\)表示考虑到前i个质数，当前和为j的方案数，\(dp[0][0] = 1\)
考虑到\(dp[i][j] = \sum_{k=1}^{p*k\leq j}dp[i-1][j - p^k]\)（这个转移就相当于加了一个size为\(p^k\)的集合，其\(K=lcm(..)\)多乘了个\(p^k\)）
答案就是\(dp[pcnt][1..n]\)（因为1的缘故和可以小于n）

至于算和，转移改成\(dp[i][j] = dp[i-1][j] + \sum_{k=1}^{p^k\leq j}dp[i-1][j - p^k]*p^k\)即可（因为相当于此时答案中所有的K都乘了个\(p^k\)，因为之前p没有出现过，lcm直接相乘）

代码（6280）：

// by SkyRainWind
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define mpr make_pair
#define debug() cerr<<"Madoka"<<endl
#define rep(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)

using namespace std;

typedef long long LL;

const int inf = 1e9, INF = 0x3f3f3f3f, maxn = 10005;

LL dp[2][maxn];

int n,notpm[maxn], pm[maxn], pcnt=0;
void xxs(){
	notpm[1] = 1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!notpm[i])pm[++ pcnt] = i;
		for(int j=1;j<=pcnt && i*pm[j] <= n;j++){
			notpm[i*pm[j]] = 1;
			if(i%pm[j] == 0)break;
		}
	}
}

signed main(){
	int mod;
	scanf("%d%d",&n,&mod);
	xxs();
	dp[0][0] = 1;
	for(int i=1;i<=pcnt;i++){
		memcpy(dp[i&1], dp[i&1^1], sizeof dp[i&1]);
		int pp = pm[i];
		while(pp <= n){
			for(int j=pp;j<=n;j++)
				(dp[i&1][j] += 1ll * dp[i&1^1][j - pp] * pp) %= mod;
			pp *= pm[i];
		}
	}
	LL ans = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++)(ans += dp[pcnt&1][i])%=mod;
	printf("%lld\n",ans + 1);

	return 0;
}