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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

 

 

很容易发现，每一种对应关系都可以看成几个环，这些环的长度和就是一个N的划分

现在的问题就转化成对于所有N的划分，不同的lcm共有多少种

 

于是进一步转化，因为lcm只由质数的最高次幂决定

而对于任意一个$p1^ {a1} + p2 ^ {a2} + p3 ^ {a3} + ...pi ^ {ai} <= N$

都是一组解

这样我们就可以用 f[i][j] 表示 第i个质数 和为 j 来计算答案了

 

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define LL long long

using namespace std;

const int MAXN = 1e3 + 10;
int N;
int cnt = 0;
LL f[MAXN][MAXN];
int flag[MAXN];
int prime[MAXN];
void init()
{
    for(int i = 2; i <= N; i++) {
        if(!flag[i]) {
            prime[++cnt] =i;
        }
        for(int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= N; j++) {
            flag[prime[j] * i] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) {
                break;
            }
        }
    }
}
inline LL read()
{
    LL x = 0, w = 1; char ch = 0;
    while(ch < '0' || ch > '9') {
        if(ch == '-') {
            w = -1;
        }
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * w;
}

int main()
{
    N = read();
    init();
    f[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
        for(int j = N; j >= 0; j--) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            for(int k = prime[i]; k <= j; k = prime[i] * k) {
                f[i][j] += f[i - 1][j - k];
            }
        }
    }
    LL ans = 0;
    for(int j = 0; j <= N; j++) {
        ans += f[cnt][j];
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}