LuoguP6280 [USACO20OPEN]Exercise G

题面

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分析

观察样例容易发现，本题的序列其实是很多个环的结合。不同的环按照特定的周期循环，在这些周期的公倍数时会恢复为原数列。

更加严谨的表述是：给定序列\(1\sim n\)，记为\(p\)。求\(lcm(|S_i|)\)，其中\(S_i\)满足\(S_i\cup S_j=\emptyset\)，且\(S_1\cap S_2 \cap ... \cap S_k=p\)，并且有\(\forall j\in S_i, p_j\in S_i\)。

那么本题的问题就转化为了求\(N\)的拆分的最小公倍数。又因为最小公倍数只被各个素因数最高次幂决定，所以说就等价于求\(1\sim N\)的素数分解。

设子状态\(f_{i,j}\)表示素数总和为\(i\)最大的素数为\(p_j\)的情况的答案。不难想到状态转移方程\(f_{i,j}=f_{i,j-1}+\sum f_{i-{p_j}^k,j-1}*{p_j}^k\)。

\(N\)的上限为1e4，随便什么筛筛一下素数就可以了。

代码

/*
By Nero Claudius Caeser Augustus Germanicus,
Imperatorum Romanorum.
*/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

namespace StandardIO{

	template<typename T>void read(T &x){
		x=0;T f=1;char c=getchar();
		for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
		for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) x=x*10+c-'0';
		x*=f;
	}

	template<typename T>void write(T x){
		if(x<0) putchar('-'),x*=-1;
		if(x>=10) write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}

} using namespace StandardIO;

namespace Project{
#define int long long	
	const int N=10000+10;
	
	int n,m,ans;
	int vis[N];
	int prime[N];
	int f[N][N/2];
	
	void MAIN(){
		read(n),read(m);
		for(int i=2; i<=n; ++i){
			if(!vis[i]){
				prime[++prime[0]]=i;
				for(int j=i*2; j<=n; j+=i) vis[j]=1;	
			}
		}
		for(int i=0; i<=prime[0]; ++i) f[0][i]=1;
		for(int i=1; i<=n; ++i){
			for(int j=1; j<=prime[0]; ++j){
				f[i][j]=f[i][j-1];
				for(int k=prime[j]; k<=i; k*=prime[j]){
					(f[i][j]+=(f[i-k][j-1]*k)%m)%=m;
				}
			}
		}
		for(int i=0; i<=n; ++i){
			(ans+=f[i][prime[0]])%=m;
		}
		write(ans%m);
	}
#undef int	
}

int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	Project::MAIN();
}