bzoj1025 [SCOI2009]游戏

1025: [SCOI2009]游戏

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Description

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。

Input

包含一个整数，N。

Output

包含一个整数，可能的排数。

Sample Input

【输入样例一】
3
【输入样例二】
10

Sample Output

【输出样例一】
3
【输出样例二】
16

HINT

 

【数据规模和约定】

100%的数据，满足 1 <= N <= 1000 。

 

Source

 

题意：给出一个数字n，要你将其分为几个数字，它们的和为n，如a1,a2,a3...ak,并且a1+a2+a3+,....+ak=n，问Lcd(a1,a2,a3,......,ak)有多少种

分析：公倍数可以写成(任意一个数都可以写成)x=p1^d1*p2^d2*.......*pk'^dk'，

那么如果Lcd(a1,a2,a3......ak) = x，那么显然p1^d1+p2^d2+......pk'^dk' <= a1+a2+a3+.....+ak = n

这是显然的

那么因为只需要求最小公倍数有多少种，那么显然对于p1^d1+p2^d2+......pk'^dk' = x <n 的情况，只需要将n分解成p1^d1, p2^d2, ...... , pk'^dk' ,以及若干个1即可

那么问题转换成，求若干个质数的阶层相加的和小于等于n的方案数

发现，n<=1000，所以质数最多只有130个左右，这么小的数据量，而且他们的和肯定小于1000，所以背包即可

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <vector>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <ctime>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double DB;
#define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
#define Rep(i, t) for(int i = (0); i < (t); i++)
#define Repn(i, t) for(int i = ((t)-1); i >= (0); i--)
#define rep(i, x, t) for(int i = (x); i < (t); i++)
#define MIT (2147483647)
#define INF (1000000001)
#define MLL (1000000000000000001LL)
#define sz(x) ((int) (x).size())
#define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define puf push_front
#define pub push_back
#define pof pop_front
#define pob pop_back
#define ft first
#define sd second
#define mk make_pair
inline void SetIO(string Name) {
    string Input = Name+".in",
    Output = Name+".out";
    freopen(Input.c_str(), "r", stdin),
    freopen(Output.c_str(), "w", stdout);
}

const int N = 1010;
int Prime[N], Tot;
bool Visit[N];
int n;
LL Dp[N][N], Ans;

inline void Input() {
    scanf("%d", &n);
}

inline void GetPrime() {
    Tot = 0;
    For(i, 2, n) {
        if(!Visit[i]) Prime[++Tot] = i;
        For(j, 1, Tot) {
            if(Prime[j]*i > n) break;
            Visit[Prime[j]*i] = 1;
            if(!(i%Prime[j])) break;
        }
    }
}

inline void Solve() {
    GetPrime();
    Dp[0][0] = 1;
    For(i, 1, Tot) {
        For(j, 0, n) Dp[i][j] = Dp[i-1][j];
        for(int x = Prime[i]; x <= n; x *= Prime[i])
            For(j, 0, n-x)
                Dp[i][j+x] += Dp[i-1][j];
    }
    
    For(i, 0, n) Ans += Dp[Tot][i];
    cout<<Ans<<endl;
}

int main() {
    SetIO("1025");
    Input();
    Solve();
    return 0;
}