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
题解
对于一种对应关系，内部由很多环构成，排数就等于这些环上点数的最小公倍数。
所以将问题转化为：将n分成若干个正整数，求最小公倍数的种类。
设lcm为最小公倍数，那么有唯一分解可以得到lcm=p1^k1*p2^k2*…*pn^kn，当这些数分别为p1^k1,p2^k2…pn^kn时，满足所有数最小公倍数为lcm并且此时所有数的和最小。
如果对于一个lcm，所有数的和小于n的话，这个lcm一定可以组成，因为剩下的数用1补全即可。
设f[i][j]为前i种质数，p1^k1+p2^k2+…+pn^kn=j时的方案数，对于每个质数，枚举k即可。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1005;
int n,tot;
int pri[N],ispri[N];
LL ans;
LL f[N][N];
void prime(){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!ispri[i])pri[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++){
ispri[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)break;
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
prime();
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=tot;i++){
for(int j=0;j<=n;j++){
f[i][j]=f[i-1][j];
}
for(int j=pri[i];j<=n;j*=pri[i]){
for(int k=0;k<=n-j;k++){
f[i][k+j]+=f[i-1][k];
}
}
}
for(int i=0;i<=n;i++)ans+=f[tot][i];
printf("%lld
",ans);
return 0;
}