BZOJ.1025.[SCOI2009]游戏(背包DP)

题目链接

一个长度为\(n\)的循环节，在\(k\times n(k\geq 1)\)次之后一定会回到原样。
用\(a_i\)表示每个循环节\(i\)的长度，那么所有\(n\)个数字的排数为\(lcm(a_1,a_2,\cdots,a_k)(+1)\)，其中\(a_i\)满足\(\sum_{i=1}^ka_i=n\).
所以题目实际在求和为\(n\)的\(k\)个数，它们的\(lcm\)有多少种可能的取值。
因为\(1\)是不影响\(lcm\)的，所以和只需要\(\leq n\)(剩下的用\(1\)填充)(和为\(0\)也合法)。

因为\(lcm\)中每个质因子是取所有数中次数最大的那个，\(lcm\)最大时，任意两个\(a_i,a_j\)是互质的。因为\(k\)任意，所以可看做\(a_i=p_i^{x_i}\)。
\(lcm\)较小时，令\(a_i=p_i^{x_i}\)依旧可以拼出对应的\(lcm\)（\(a_i\)可为1）。
所以想\(lcm\)取值最多，可直接认为\(a_i=p_i^{x_i}\)。
所以对每个质因子可以分别考虑，即求满足\(p_1^{x_1}+p_2^{x_2}+\cdots+p_k^{x_k}\leq n\)的\(x_1,x_2,\cdots,x_k\)有多少组。
每个质因子看做一个物品，这就是多重背包了。。

复杂度\(O(N*N/logN*logN)=O(N^2)\).

//836kb	56ms
#include <cstdio>
const int N=1005;

int n,cnt,P[N];
long long f[N];
bool Not_P[N];

void Make_Table()
{
	for(int i=2; i<=n; ++i)
	{
		if(!Not_P[i]) P[++cnt]=i;
		for(int j=1; j<=cnt&&i*P[j]<=n; ++j)
		{
			Not_P[i*P[j]]=1;
			if(!(i%P[j])) break;
		}
	}
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	Make_Table();
	f[0]=1;
	for(int i=1; i<=cnt; ++i)//f[i][j]=\sum f[i-1][j-k*P[i]]
		for(int j=n; j>=P[i]; --j)
			for(int k=P[i]; k<=j/*not n..*/; k*=P[i]) f[j]+=f[j-k];
	long long res=0;
	for(int i=0; i<=n; ++i) res+=f[i];//f[0]也是合法的 
	printf("%lld",res);

	return 0;
}