BZOJ1025 SCOI2009遊戲

1025: [SCOI2009]遊戲

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Description

windy學會了一種遊戲。對於1到N這N個數字，都有唯一且不同的1到N的數字與之對應。最開始windy把數字按順序1，2，3，……，N寫一排在紙上。然後再在這一排下面寫上它們對應的數字。然後又在新的一排下面寫上它們對應的數字。如此反覆，直到序列再次變爲1，2，3，……，N。 如： 1 2 3 4 5 6 對應的關係爲 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 這時，我們就有若干排1到N的排列，上例中有7排。現在windy想知道，對於所有可能的對應關係，有多少種可能的排數。

Input

包含一個整數，N。

Output

包含一個整數，可能的排數。

Sample Input

【輸入樣例一】
3
【輸入樣例二】
10

Sample Output

【輸出樣例一】
3
【輸出樣例二】
16

HINT

【數據規模和約定】

100%的數據，滿足 1 <= N <= 1000 。

先YY一下，本題題意爲：將N拆分成若干個數並計算他們的LCM，問不同的LCM個數。

設N = A1 + A2 + ... + A[t] 再將每個數A分解成Pi ^ Bi的乘積，則LCM = Pi ^ max(Bi) 的乘積（媽蛋CSDN有公式編輯器麼）那麼對於每個Pi枚舉Bi即可。

令F[i][j]表示在前i個質數內選擇若干個且和爲j的方案數，則：F[i][j] = F[i - 1][j] + F[i - 1][j - P[i] ^ k].

代碼如下：

/**************************************************************
    Problem: 1025
    User: duyixian
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:20 ms
    Memory:20844 kb
****************************************************************/
 
/* 
* @Author: 逸閒
* @Date:   2015-10-01 11:49:05
* @Last Modified by:   逸閒
* @Last Modified time: 2015-10-01 16:03:23
*/
 
#include "cstdio"
#include "cstdlib"
#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "cstring"
#include "queue"
 
using namespace std;
 
#define INF 0x3F3F3F3F
#define MAX_SIZE 5000
#define Eps 
#define Mod 
 
inline int Get_Int()
{
    int Num = 0;
    char ch;
    do
        ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9');
    do
    {
        Num = Num * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9');
    return Num;
}
 
int N, Total;
int Flag[MAX_SIZE], P[MAX_SIZE];
 
long long Ans;
long long DP[500][MAX_SIZE];
 
 
int main()
{
    cin >> N;
    for(int i = 2; i <= N; ++i)
        if(!Flag[i])
        {
            P[++Total] = i;
            for(int j = i + i; j <= N; j += i)
                Flag[j] = true;
        }
    DP[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= Total; ++i)
        for(int j = 0; j <= N; ++j)
        {
            DP[i][j] = DP[i - 1][j];
            for(int k = P[i]; k <= j; k *= P[i])
                DP[i][j] += DP[i - 1][j - k];
        }
    for(int i = 0; i <= N; ++i)
        Ans += DP[Total][i];
    cout << Ans << endl;
    return 0;
}