6545. 【GDOI2020模拟4.8】 Exercise

题目

对于一个\([1,n]\)的置换，从初始状态进行若干次直到回归初始状态的步数为它的贡献。
求所有\(n!\)个置换的贡献的乘积。

---

思考历程

显然题目可以这样转化：将\(n\)个点分成若干个环，求环的\(LCM\)，每种方案的成绩。
感觉跟前些天的某道题有点像，盲猜正解是跟之前一样的优美的状压DP。
然而之前那题本来就没有切……
没有想出太多的东西，直接暴力DP，用map优化。
比预估的分数高了一点点。

---

正解

考虑将每个质数\(p\)分开计算。
考虑计算\(p^k\)的贡献。由于恰好是\(p^k\)不好算，所以计算至少是\(p^k\)。设\(f(x)\)表示出现了\(x\)的倍数的方案数。
那么\(p^k\)的贡献可以摊到\(p^1,p^2,...,p^k\)上，所以在每个小于等于\(k\)的指数处统计一次。于是答案为\(\prod p^{f(p^k)}\)
现在的问题是如何计算\(f(x)\)。枚举有多少长度为\(x\)的环，其它的点任意选，求出方案数之后容斥一下。
设\(g(i)\)为确定了\(ix\)个点（这些点所在的环都是\(x\)的倍数）的方案数。
转移的时候，枚举最小编号的点所在的环的大小，就可以做到没有重复和遗漏。
\(g(i)=-\sum_{j=1}^{i}g(i-j)C(ix-1,jx-1)(jx-1)!\)
前面的负号是把容斥系数算进去了。
\(f(x)=\sum_{i=1}^{\frac{n}{x}}g(i)C(n,ix)(n-ix)!\)
计算一个\(p\)的时间复杂度是\(O((\frac{n}{p})^2)\)，由于\(\sum \frac{1}{i^2}\)是\(O(1)\)的，所以总的时间复杂度为\(O(n^2)\)。
这题还有个生成函数的做法。当然我听不懂……

---

代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 7510
#define ll long long
int n,mo,mo1;
int fac[N],C[N][N];
bool inp[N];
int g[N];
inline ll qpow(ll x,int y,int m=mo){
	ll res=1;
	for (;y;x=x*x%m,y>>=1)
		if (y&1)
			res=res*x%m;
	return res;
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("exercise.in","r",stdin);
	freopen("exercise.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&mo),mo1=mo-1;
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mo1;
	for (int i=0;i<=n;++i){
		C[i][0]=1;
		for (int j=1;j<=i;++j)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo1;
	}
	ll ans=1;
	for (int p=2;p<=n;++p){
		if (inp[p])
			continue;
		for (int i=p+p;i<=n;i+=p)
			inp[i]=1;
		for (int k=1,x=p;x<=n;++k,x*=p){
			g[0]=mo1-1;
			for (int i=1;i*x<=n;++i){
				ll s=0;
				for (int j=1;j<=i;++j)
					s+=(ll)g[i-j]*C[i*x-1][j*x-1]%mo1*fac[j*x-1]%mo1;
				s=(mo1-s%mo1)%mo1;
				g[i]=s;
			}
			ll f=0;
			for (int i=1;i*x<=n;++i)
				f+=(ll)g[i]*C[n][i*x]%mo1*fac[n-i*x]%mo1;
			f%=mo1;
//			printf("%d %lld\n",p,f);
			ans=ans*qpow(p,f)%mo;
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

---

总结

1. 不要什么时候都要想着可以状压……
2. 拆成质因数算，这是个常见的套路。
3. 善用容斥，善用“恰好”和“至少”之间的转化。