【BZOJ】【1025】【SCOI2009】游戏

DP/整数拆分

　　整个映射关系可以分解成几个循环（置换群的预备知识？），那么总行数就等于各个循环长度的最小公倍数+1（因为有个第一行的1~N）。那么有多少种可能的排数就等于问有多少种可能的最小公倍数。

　　呃现在问题就变成了：给你一个数N，将它分解成几个数的和，然后找这些数的最小公倍数总共多少种。很明显又要找质数了>_>。

　　可以发现只要找循环长度（即拆出来的数）是质数的幂的情况就可以了，因为像6=2*3这种情况，我们可以用2和3来代替，又由于对于正整数来说，和$\leq$积，所以所有的非质数幂的情况都可以用质数幂的情况来表示/代替。（取一个6等于取2和3）

　　这个枚举总共有多少种分拆方案……我是用DP来实现的（没办法，dfs会TLE）

　　令$f[i][j]$表示用前 i 种质数的幂拼出 j 的方案数，那么$ans=\sum_{j=1}^n f[tot][j]$ tot为小于等于n的质数的数量。

　　转移也很简单啦~我的方法是从当前节点去更新其他节点的递推……写的可能有点奇怪……

　　f[i][j]可以转移到：f[i+1][j]和f[i+1][j+k] $(k=prime[i+1]^t)$ 呃……好像说的不太清楚……看我代码吧>_<不过我开了滚动数组……

 1 /**************************************************************
 2     Problem: 1025
 3     User: Tunix
 4     Language: C++
 5     Result: Accepted
 6     Time:20 ms
 7     Memory:828 kb
 8 ****************************************************************/
 9  
10 //BZOJ 1025
11 #include<cstdio>
12 #include<algorithm>
13 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
14 using namespace std;
15 typedef long long LL;
16 const int N=1010;
17 int n,prime[N],tot;
18 LL f[2][N],ans;
19 bool vis[N];
20 void getprime(int n){
21     F(i,2,n){
22         if (!vis[i]) prime[++tot]=i;
23         F(j,1,tot){
24             if (i*prime[j]>n) break;
25             vis[i*prime[j]]=1;
26             if (i%prime[j]==0) break;
27         }
28     }
29 }
30 int main(){
31     scanf("%d",&n);
32     getprime(n);
33     f[0][0]=1;
34     for(int i=0;i<tot;i++){
35         int now=i&1;
36         F(j,0,n) f[now^1][j]=0;
37         F(j,0,n){
38             f[now^1][j]+=f[now][j];
39             for(int k=prime[i+1];k+j<=n;k*=prime[i+1])
40                 f[now^1][j+k]+=f[now][j];
41         }
42     }
43     F(j,1,n) ans+=f[tot&1][j];
44     printf("%lld\n",ans+1);
45     return 0;
46 }
View Code

P.S.我一开始想的其实是$ans=\sum_{i=1}^{tot} \sum_{j=1}^n f[i][j]$ 所以转移的时候就不是从f[i]转移到f[i+1]了……而是转移到所有的$f[t][j+k](t>i)$所以时间复杂度更高，后来写题解的时候才突然想到这个更好理解&好写的代码……

 1 /**************************************************************
 2     Problem: 1025
 3     User: Tunix
 4     Language: C++
 5     Result: Accepted
 6     Time:368 ms
 7     Memory:4796 kb
 8 ****************************************************************/
 9 
10 //BZOJ 1025
11 #include<cstdio>
12 #include<algorithm>
13 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
14 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
15 using namespace std;
16 typedef long long LL;
17 const int N=1010;
18 int n,prime[N],tot,f[N][N];
19 LL ans;
20 bool vis[N];
21 void getprime(int n){
22     F(i,2,n){
23         if (!vis[i]) prime[++tot]=i;
24         F(j,1,tot){
25             if (i*prime[j]>n) break;
26             vis[i*prime[j]]=1;
27             if (i%prime[j]==0) break;
28         }
29     }
30 }
31 int main(){
32     scanf("%d",&n);
33     getprime(n);
34     f[0][0]=1;
35     rep(i,tot) F(j,0,n){
36         F(t,i+1,tot)
37         for(int k=prime[t];j+k<=n;k*=prime[t])
38             f[t][j+k]+=f[i][j];
39     }
40     F(i,1,tot) F(j,1,n) ans+=f[i][j];
41     printf("%lld\n",ans+1);
42     return 0;
43 }
View Code(一开始的奇怪做法)

 

 

1025: [SCOI2009]游戏

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1436  Solved: 900
[Submit][Status][Discuss]

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

[Submit][Status][Discuss]
posted @ 2015-04-13 16:35  Tunix  阅读(261)  评论(0)  编辑  收藏  举报