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。
包含一个整数，N。
包含一个整数，可能的排数。
【数据规模和约定】
100%的数据，满足 1 <= N <= 1000 。
题解：
首先根据置换群可得
根据lcm的定义，分解质因数拆掉Ai=px11×px22×...×pxkkAi=p1x1×p2x2×...×pkxk后
所以我们只看max{xi}max{xi}即可，即忽略掉≤max{xi}≤max{xi}的其它因子。所以问题等价于：
的方案数。
然后随便dp即可
设d(i,j)d(i,j)表示前ii个质数和为jj的方案，有
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e4+10, M = 30005, mod = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f; typedef long long ll; ll H[N],dp[2][N],p[N]; void solve(int n) { int cnt=0; for(int i=2;i<=n;i++) { if(!H[i]) { p[++cnt] = i; for(int j=i+i;j<=n;j+=i) H[j]=1; } } dp[0][0]=1; int now = 1, last = 0; for(int i=1;i<=cnt;i++) { for(int j=0;j<=n;j++) { dp[now][j] = dp[last][j]; for(int k = p[i];j-k>=0;k*=p[i]) dp[now][j]+=dp[last][j-k]; } for(int j=0;j<=n;j++) dp[last][j]=0; now^=1; last^=1; } ll ans = 0; for(int i=0;i<=n;i++) ans+=dp[last][i]; cout<<ans<<endl; } int main() { int n; scanf("%d",&n); solve(n); }
原文：http://www.cnblogs.com/zxhl/p/5256236.html