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DP/整數拆分

　　整個映射關係可以分解成幾個迴圈（置換群的預備知識？），那麼總行數就等於各個迴圈長度的最小公倍數+1（因為有個第一行的1~N）。那麼有多少種可能的排數就等於問有多少種可能的最小公倍數。

　　呃現在問題就變成了：給你一個數N，將它分解成幾個數的和，然後找這些數的最小公倍數總共多少種。很明顯又要找質數了>_>。

　　可以發現只要找迴圈長度（即拆出來的數）是質數的冪的情況就可以了，因為像6=2*3這種情況，我們可以用2和3來代替，又由於對於正整數來說，和$\leq$積，所以所有的非質數冪的情況都可以用質數冪的情況來表示/代替。（取一個6等於取2和3）

　　這個枚舉總共有多少種分拆方案……我是用DP來實現的（沒辦法，dfs會TLE）

　　令$f[i][j]$表示用前 i 種質數的冪拼出 j 的方案數，那麼$ans=\sum_{j=1}^n f[tot][j]$ tot為小於等於n的質數的數量。

　　轉移也很簡單啦~我的方法是從當前節點去更新其他節點的遞推……寫的可能有點奇怪……

　　f[i][j]可以轉移到：f[i+1][j]和f[i+1][j+k] $(k=prime[i+1]^t)$ 呃……好像說的不太清楚……看我代碼吧>_<不過我開了滾動數組……

 1 /************************************************************** 2     Problem: 1025 3     User: Tunix 4     Language: C++ 5     Result: Accepted 6     Time:20 ms 7     Memory:828 kb 8 ****************************************************************/ 9  10 //BZOJ 102511 #include<cstdio>12 #include<algorithm>13 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)14 using namespace std;15 typedef long long LL;16 const int N=1010;17 int n,prime[N],tot;18 LL f[2][N],ans;19 bool vis[N];20 void getprime(int n){21     F(i,2,n){22         if (!vis[i]) prime[++tot]=i;23         F(j,1,tot){24             if (i*prime[j]>n) break;25             vis[i*prime[j]]=1;26             if (i%prime[j]==0) break;27         }28     }29 }30 int main(){31     scanf("%d",&n);32     getprime(n);33     f[0][0]=1;34     for(int i=0;i<tot;i++){35         int now=i&1;36         F(j,0,n) f[now^1][j]=0;37         F(j,0,n){38             f[now^1][j]+=f[now][j];39             for(int k=prime[i+1];k+j<=n;k*=prime[i+1])40                 f[now^1][j+k]+=f[now][j];41         }42     }43     F(j,1,n) ans+=f[tot&1][j];44     printf("%lld\n",ans+1);45     return 0;46 }

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P.S.我一開始想的其實是$ans=\sum_{i=1}^tot\sum_{j=1}^n f[i][j]$ 所以轉移的時候就不是從f[i]轉移到f[i+1]了……而是轉移到所有的$f[t][j+k](t>i)$所以時間複雜度更高，後來寫題解的時候才突然想到這個更好理解&好寫的代碼……

 1 /************************************************************** 2     Problem: 1025 3     User: Tunix 4     Language: C++ 5     Result: Accepted 6     Time:368 ms 7     Memory:4796 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 //BZOJ 102511 #include<cstdio>12 #include<algorithm>13 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)14 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)15 using namespace std;16 typedef long long LL;17 const int N=1010;18 int n,prime[N],tot,f[N][N];19 LL ans;20 bool vis[N];21 void getprime(int n){22     F(i,2,n){23         if (!vis[i]) prime[++tot]=i;24         F(j,1,tot){25             if (i*prime[j]>n) break;26             vis[i*prime[j]]=1;27             if (i%prime[j]==0) break;28         }29     }30 }31 int main(){32     scanf("%d",&n);33     getprime(n);34     f[0][0]=1;35     rep(i,tot) F(j,0,n){36         F(t,i+1,tot)37         for(int k=prime[t];j+k<=n;k*=prime[t])38             f[t][j+k]+=f[i][j];39     }40     F(i,1,tot) F(j,1,n) ans+=f[i][j];41     printf("%lld\n",ans+1);42     return 0;43 }

View Code(一開始的奇怪做法)

 

 

1025: [SCOI2009]遊戲Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1436  Solved: 900
[Submit][Status][Discuss]Description

windy學會了一種遊戲。對於1到N這N個數字，都有唯一且不同的1到N的數字與之對應。最開始windy把數字按順序1，2，3，……，N寫一排在紙上。然後再在這一排下面寫上它們對應的數字。然後又在新的一排下面寫上它們對應的數字。如此反覆，直到序列再次變為1，2，3，……，N。 如： 1 2 3 4 5 6 對應的關係為 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 這時，我們就有若干排1到N的排列，上例中有7排。現在windy想知道，對於所有可能的對應關係，有多少種可能的排數。

Input

包含一個整數，N。

Output

包含一個整數，可能的排數。

Sample Input【輸入範例一】
3
【輸入範例二】
10

Sample Output【輸出範例一】
3
【輸出範例二】
16HINT

【資料規模和約定】

100%的資料，滿足 1 <= N <= 1000 。

Source[Submit][Status][Discuss]

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