Luogu P6280 [USACO20OPEN]Exercise G

题意

定义一个长度为 (n) 的置换的步数为将 (P=(1,2,cdots,n)) 在该置换操作下变回原样的最小次数。

求所有 (K) 的和，使得存在一个长度为 (n) 的置换使得其步数为 (K)，对 (m) 取模。

( exttt{Data Range:}1leq nleq 10^4,10^8leq mleq 10^9+7)

题解

DP 练习题。

注意到一个置换的步数就是它的循环表示中所有循环长度的 (operatorname{lcm})。于是可以考虑对最大的质数因子来 DP。

设 (f_{i,j}) 表示当前所有循环中长度不为 (1) 的总长度之和为 (i)，每个循环长度中最大的质因子不超过 (p_j) 的答案。

考虑枚举一下 (p_j) 的次幂作为新的循环的长度（加到原来的循环由于之后算答案会去重所以是一样的），于是得到一个转移方程：

[f_{i,j}=f_{i,j-1}+sumlimits_{p_j^kleq i}p_j^kf_{i-p_j^k,j-1} ]

然后可以 (O(n^2)) 转移。

注意到这个 (j) 只由 (j-1) 转移而来，所以可以滚动掉 (j) 的一维，同时 (i) 要倒序枚举。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int ll;
typedef long long int li;
const ll MAXN=1e4+51;
ll n,ptot,MOD,res=1;
ll f[MAXN],prime[MAXN],np[MAXN]; 
inline ll read()
{
    register ll num=0,neg=1;
    register char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)&&ch!='-')
    {
        ch=getchar();
    }
    if(ch=='-')
    {
        neg=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        num=(num<<3)+(num<<1)+(ch-'0');
        ch=getchar();
    }
    return num*neg;
}
int main()
{
    n=read(),MOD=read(),f[0]=1;
    for(register int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!np[i])
        {
            prime[++ptot]=i;
        }
        for(register int j=1;i*prime[j]<=n;j++)
        {
            np[i*prime[j]]=1;
            if(!(i%prime[j]))
            {
                break;
            }
        }
    }
    for(register int i=1;i<=ptot;i++)
    {
        for(register int j=n;j>=1;j--)
        {
            for(register int k=prime[i];k<=j;k*=prime[i])
            {
                f[j]=(f[j]+(li)k*f[j-k]%MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        res=(res+f[i])%MOD;
    }
    printf("%d
",res);
}