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（scy：可以部分一样的）。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,1 <= N <= 1000
Output
　　包含一个整数，可能的排数。
【输入样例一】
3
【输出样例一】
3
【输入样例二】
10
【输出样例二】
16
解答：对于某个置换，如果a对应b为从a->b的一条边，那么图中一定存在n条边且每个点入度出度都为1，易证一定存在一个或几个环。实际上排数就是这几个环大小的最小公倍数。即求和为n的数列的最小公倍数种数。
如果一些数的最小公倍数为Z，而Z=x1^p1*x2^p2…xm^pm的话，当它们为x1^p1,x2^p2…xm^pm时，它们的和最小。我们尝试尽量把这个最小化，因为达到最小化后，如果和小于等于N（不足可添1），就可以判定Z可以取到了。然后，可以发现，我们可以通过枚举xi^pi（质因数和其对应指数）来枚举Z（而且这样肯定不会重复），限制条件是和小于等于N。那么用f[k][s]表示用前k个质数，枚举出来的所有Z的那个最小和为s的情况数。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;typedef long long LL;int n,pr,prime[1005];LL ans,f[1005][1005];bool bo[1005];int main() {    scanf("%d",&n);    pr=0;memset(bo,false,sizeof(bo));    //先把素数找好     for(int i=2; i<=1000; i++) {        if(!bo[i])prime[++pr]=i;        for(int j=1; j<=pr&&i*prime[j]<=1000; j++) {            bo[i*prime[j]]=1;            if(i%prime[j]==0)break;        }    }    memset(f,0,sizeof(f));    f[0][0]=1;//f[i][j]表示可用范围（第1~i个素数，和为j的方案）     for(int i=1; i<=pr; i++) {        for(int j=0; j<=n; j++)f[i][j]=f[i-1][j];        for(int j=prime[i]; j<=n; j*=prime[i])            for(int k=0; k<=n-j; k++)                f[i][k+j]+=f[i-1][k];    }    for(int i=0; i<=n; i++)ans+=f[pr][i];    printf("%lld",ans);    return 0;}