LGOJP6280 [USACO20OPEN]Exercise G

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https://www.luogu.com.cn/problem/P6280

题解

对于某个排列\(A\)，题目的问题其实可以等价于对于每个\(i\)，连一条\((i,a_i)\)的边，求每个环大小的\(lcm\)。（因为要回到原位必然要绕圈，每个点都恰好绕一圈的步数就是\(\text{lcm}\)，这样就可以恢复成原排列了）
但是转化后仍然难以处理本题的数据范围，每一个环的大小是任意的。
考虑这道题的特殊性质：因为是排列连边，所以一定只有\(n\)条边，不会有独立的点，一定全都是环，所以环的大小的和就是\(n\)。
那么问题可以再次转化为：将\(n\)拆分成若干个数，设\(k\)为这些数的\(lcm\)，求所有不同\(k\)值的和。
其次考虑一下\(lcm\)的一个素数表达形式，\(lcm\{x_i\}=\prod {p_i^{\max\{k_i\}}}\)，我们可以很自然地想到利用动态规划来计算答案。
不妨设\(f[i][j]\)表示利用前\(i\)个素数，它们的和为\(j\)时的答案。这个形式又很像经典的背包dp的形式，因为空间限制的问题，我们可以借鉴01背包，设\(f[i]\)表示所用的素数和为\(j\)时的答案，转移时倒序转移得到答案即可。
综上，转移方程即为\(f[i]=\sum {f[i-p^k]*p^k}\)
设\(num_p\)为\([1,n]\)内质数个数，则复杂度为\(O( num_p \cdot n \cdot \log n)\)
代码实现如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4+5;
int n, mod, tot, f[N], p[N], v[N];

int main() {
	cin >> n >> mod;
	for(int i = 2; i <= n; ++i) {
		if(!v[i]) p[++tot] = i;
		for(int j = 1; i * p[j] <= n && j <= tot; ++j) {
			v[i * p[j]] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;
		}
	}
	f[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= tot; ++i) {
		for(int j = n; j >= p[i]; --j) {
			int P = p[i];
			for(; P <= j;) {
				f[j] = (f[j] + 1LL * f[j - P] * P % mod) % mod;
				P *= p[i];
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i <= n; ++i) ans = (ans + f[i]) % mod;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}