LG P4161 [SCOI2009]游戏/LG P6280 [USACO20OPEN]Exercise G

Description(P4161)

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。

Description(P6280)

Farmer John（又）想到了一个新的奶牛晨练方案！
如同之前，Farmer John 的 $N$ 头奶牛站成一排。对于$1leq i leq N$的每一个 $i$，从左往右第 $i$ 头奶牛的编号为 $i$。他告诉她们重复以下步骤，直到奶牛们与她们开始时的顺序相同。

给定长为 $N$ 的一个排列 $A$，奶牛们改变她们的顺序，使得在改变之前从左往右第 $i$ 头奶牛在改变之后为从左往右第 $A_i​$ 头。
例如，如果 $A=(1,2,3,4,5)$，那么奶牛们总共进行一步。如果 $A=(2,3,1,5,4)$，那么奶牛们总共进行六步。每步之后奶牛们从左往右的顺序如下：

0 步：$(1,2,3,4,5)$
1 步：$(3,1,2,5,4)$
2 步：$(2,3,1,4,5)$
3 步：$(1,2,3,5,4)$
4 步：$(3,1,2,4,5)$
5 步：$(2,3,1,5,4)$
6 步：$(1,2,3,4,5)$
求所有正整数 $K$ 的和，使得存在一个长为 $N$ 的排列，奶牛们需要进行恰好 $K$ 步。

由于这个数字可能非常大，输出答案模 $M$ 的余数（$10^8 leq M leq 10^9+7$，$M$ 是质数）。

Solution

两个问题，一个解法

两题的题目表述都表明题中给出的数的对应关系形成了一张图，这张图由多个环组成，可能有自环，环长之和为$N$

最终的答案分别是每个环长的$lcm$个数/和

对于一列数的$lcm$，等于这列数质因数分解后每个质数对应的最高次之积

所以现在要求将$N$分解，为了使分解后的数能组成更多种$lcm$，最优的选择应是让这列数互质

因为有可能分解出$1$，所以对于分解出$1$的个数不同，依次拆分$[1,N]$中所有数，输出它们的答案之和

考虑枚举质数

设$f_{i,j}$表示在前$i$个质数中，拆分数$j$所能得到的$lcm$个数/和

对于P4161：

$$f_{i,j}=sum_{k=0}^{jgeq p_{i}^k} dp_{i-1,j-p_{i}^k}$$

对于P6280：

$$f_{i,j}=sum_{k=0}^{jgeq p_{i}^k} dp_{i-1,j-p_{i}^k} imes p_{i}^k$$

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,tot,prime[1005];
long long dp[1005],ans;
bool vst[1005];
inline int read()
{
    int w=0,f=1;
    char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        w=(w<<1)+(w<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return w*f;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vst[i])
        {
            prime[++tot]=i;
        }
        for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;j++)
        {
            vst[prime[j]*i]=true;
            if(!(i%prime[j]))
            {
                break;
            }
        }
    }
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    {
        for(int j=n;j>=prime[i];j--)
        {
            int temp=prime[i];
            while(j>=temp)
            {
                dp[j]+=dp[j-temp];
                temp*=prime[i];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans+=dp[i]; 
    }
    printf("%lld
",ans+1);
    return 0;
}

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n,tot,prime[10005],mod;
long long dp[10005],ans;
bool vst[10005];
inline long long read()
{
    long long w=0,f=1;
    char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        w=(w<<1)+(w<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return w*f;
}
int main()
{
    n=read();
    mod=read();
    for(long long i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vst[i])
        {
            prime[++tot]=i;
        }
        for(long long j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;j++)
        {
            vst[prime[j]*i]=true;
            if(!(i%prime[j]))
            {
                break;
            }
        }
    }
    dp[0]=1;
    for(long long i=1;i<=tot;i++)
    {
        for(long long j=n;j>=prime[i];j--)
        {
            long long temp=prime[i];
            while(j>=temp)
            {
                (dp[j]+=dp[j-temp]*temp)%=mod;
                temp*=prime[i];
            }
        }
    }
    for(long long i=1;i<=n;i++)
    {
        (ans+=dp[i])%mod;
    }
    printf("%lld
",(ans+1)%mod);
    return 0;
}