题目
解析
很神奇的一道题
显然，对于一种排列，相当于给出了数字 (1..n) 的对应关系，且不重复不遗漏，刚好把 (1) 到 (n) 又包含了一遍。
对，连边！
每个数向它对应的数连边，这样我们就得到了一幅图，且这幅图很有特点——全是简单环。
因为每个数的对应有且仅有一个，且不重复不遗漏，所以不存在大环套小环的情况，不存在复杂图形，而且，由于连了边，每个点是什么数字已经没有意义了。
显然，对于一个排列，最大的秩就是所有环大小的最小公倍数。
把 (n) 拆成几个正整数的和（正整数可以为 (1)），这些正整数的最小公倍数就是我们要的最大的秩，而字典序最小的拆法就是我们要输出的东西。
既然我们已经知道答案就是某个最小公倍数，那我们为什么不直接构造这个最小公倍数？
最小公倍数归根到底是很多质数的乘积，因此我们直接用质数来构造。
假设现在有三个质数 (p_1、p_2、p_3)，它们的和 (leq n)，那么 (p_1*p_2*p_3) 一定是一个合法的答案。我们可以先弄一个大小为 (p_1) 的环，然后弄一个大小为 (p_2) 的环，再弄大小为 (p_3) 的环，如果n还有剩余，那么剩下的通通自环，这样一定是合法的。
推广：现在把三个质数变成 (p1^{c1}、p2^{c2}、p3^{c3})，他们乘起来依然是合法的。跟上面其实是一样的道理。
再推广：设环的大小为 (w)，那么 (w) 可不可以包含两种或以上素数？可以，但是完全可以转化成上面的情况处理。设 (w=p1^{c1} * p2^{c2} * p3^{c3})，它对最小公倍数的贡献就是 (w)，但是如果我把它拆成三个环来处理，使得每个环大小仅包含一种质数，效果是一样的。而且拆了之后，环的大小也变小了，显然答案的排列会更优。
因为我们的构造方式是：对于一个大小为 (k) 的环，我们先输出 (k - 1) 个顺序为 (l+1..l+k-1) 的数，然后再输 (l)。其中 (l) 为当前可填的最小的数
问题再次转化
现在问题变成：
现在有一堆质数（(n) 以内），每个质数的使用次数上限是已知的（就是上面的 (c) 的大小上限）。我要选择一些质数（或它的幂），使他们的和 (leq n)，然后这些质数（或它的幂）的乘积要最大。
而这其实就是有限背包问题。
设 (f_{i,j}) 表示我们处理到第i个质数、当前和为j所能获得的最大秩。则 (f_{i,j}=max(f_{i-1,j-w}*w))。而我们要求排列的话，只需记录一下每个状态是由哪个状态转移过来的，最后还原即可。
于是我们似乎做完了
嗯，确实是似乎
因为你会发现一堆质数的最小公倍数会灰常灰常大
所以题解给了一个很牛逼的方法
那就是给 (f) 值转为自然对数来做。
即 (f_{i,j} Longleftrightarrow ln{f_{i,j}})
于是转移时 ( imes w) 变为 (+ ln{w})
(Code)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 5;
const double INF = 1e40;
int t , n , vis[N] , tot , pr[1300] , d[1300] , cnt , g[1300][N];
double f[1300][N] , ans;
inline void getprime(int Mx)
{
vis[1] = 1;
for(register int i = 2; i <= Mx; i++)
{
if (!vis[i]) pr[++tot] = i;
for(register int j = 1; j <= tot && pr[j] * i <= Mx; j++)
{
vis[pr[j] * i] = 1;
if (i % pr[j] == 0) break;
}
}
}
int main()
{
getprime(1e4);
scanf("%d" , &t);
for(; t; t--)
{
scanf("%d" , &n);
memset(f , 0 , sizeof f);
f[0][0] = log(1.0);
for(register int i = 1; i <= tot; i++)
for(register int j = 0; j <= n; j++)
{
f[i][j] = f[i - 1][j];
int w = pr[i];
while (j - w >= 0)
{
if (f[i - 1][j - w] + log(1.0 * w) > f[i][j]) f[i][j] = f[i - 1][j - w] + log(1.0 * w) , g[i][j] = w;
w *= pr[i];
}
}
ans = -INF;
int m , sum = 0;
for(register int i = 0; i <= n; i++)
if (f[tot][i] > ans) ans = f[tot][i] , m = i;
cnt = 0;
for(register int i = tot; i; i--)
{
if (g[i][m]) d[++cnt] = g[i][m] , sum += d[cnt];
m -= g[i][m];
}
while (sum < n) d[++cnt] = 1 , sum++;
sort(d + 1 , d + cnt + 1);
int k = 1;
for(register int i = 1; i <= cnt; i++)
{
for(register int j = 1; j < d[i]; j++)
printf("%d " , k + j);
printf("%d " , k) , k += d[i];
}
printf("
");
}
}