CFGym103102I

题意

求长度为(n)且满足以下条件的排列有多少：

• (p_i mod p_{i+1} le 2)，其中(p_{n+1}=p_1)。

题解

可以将排列分为两个段，一段以1为结尾，一段以2为结尾。这两段序列必须满足递减且满足条件。

那么相当于求，需要将(n)~(3)递减的数依次分别填入这两个段中合法的方案有多少。可以用当前两个段的结尾作为状态。设((x,y))代表1段的结尾为(x)，2段的结尾为(y)时的方案数。假设(n)~(x)都已经放完了，现在在放(x-1)（显然有(i> x)），那么有转移方程：

[egin{aligned} (x,i) & o (x-1,i) & x-1放在1段\ & o (x-1,x) & x-1放在2段，且(x-1 mod i) le 2 end{aligned} ]

直接可以压掉(x)那一维。第一个转移相当于将数组复制一遍，第二个转移只用转移((x-1 mod i) le 2)的(i)到(x)位置。用二维的模拟一下就知道了。最后时间复杂度为(O(nlog n))，调和级数。

细节：

使用(n+1)代表什么都不放时结尾的状态，转移的时候不要漏了(n+1)。

最后计算到((1,2))，答案为(ncdot (1,2))

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '
'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 1e6 + 10;
const int M = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-5;

ll dp[N];

int main() {
    IOS;
    int n;
    cin >> n;
    if(n <= 2) {
        cout << n << endl;
        return 0;
    }
    dp[n + 1] = 1;
    for(int i = n; i >= 2; i--) {
        ll tot = dp[n + 1];
        if(i > 3) {
            for(int j = (i - 1); j <= n; j += i - 1) {
                if(j > i && j <= n) tot += dp[j];
                if(j + 1 > i && j + 1 <= n) tot += dp[j + 1];
                if(j + 2 <= n) tot += dp[j + 2];
                tot %= M;
            } 
        } else {
            for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
                tot += dp[j];
                tot %= M;
            }  
        }
        dp[i] = (dp[i] + tot) % M;
    }
    cout << dp[2] * n % M << endl;
}