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BZOJ 1025: [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,1 <= N <= 1000

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

题解

对于一种对应关系,内部由很多环构成,排数就等于这些环上点数的最小公倍数。

所以将问题转化为:将n分成若干个正整数,求最小公倍数的种类。

设lcm为最小公倍数,那么有唯一分解可以得到lcm=p1^k1*p2^k2*…*pn^kn,当这些数分别为p1^k1,p2^k2…pn^kn时,满足所有数最小公倍数为lcm并且此时所有数的和最小。

如果对于一个lcm,所有数的和小于n的话,这个lcm一定可以组成,因为剩下的数用1补全即可。

设f[i][j]为前i种质数,p1^k1+p2^k2+…+pn^kn=j时的方案数,对于每个质数,枚举k即可。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1005;
int n,tot;
int pri[N],ispri[N];
LL ans;
LL f[N][N];
void prime(){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!ispri[i])pri[++tot]=i;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++){
			ispri[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	prime();
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			f[i][j]=f[i-1][j];
		}
		for(int j=pri[i];j<=n;j*=pri[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[tot][i];
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
posted @ 2017-10-19 08:27  czy020202  阅读(121)  评论(0编辑  收藏  举报