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知识点: 问题转化 , 背包DP
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原题面:
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 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。 对于所有可能的对应关系，有多少种可能的排数。原题面非常神仙不可做,
考虑对题目进行转化.
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一次转化 :
从图的角度 , 对题面进行转化:-
有 \(n\) 个点和 \(n\) 条有向边
点从\(1 \sim n\) 进行编号
每个点只有一条入边和一条出边 , (允许自环),
每个点按照出边的方向进行转移.边可以任意连接,
不同的连接方式 , 回到原状态的步数不等
求回到原状态需要的 不同的步数 的数量 .
即在图中构建 环
使每个点都位于 一个环 中设 \(i\) 点所在环的环长为 \(circle\_length[i]\)
最后回到原状态的步数
显然,即 : \(\operatorname{lcm}(circle\_length[i]) \ \ (i\in [1,n])\) ;现在 原题面要求得的 "排数" ,
即 转化后要求的 不同的步数 的数量,
即 不同的 环长的 \(\operatorname{lcm}\) 数
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二次转化 :
从数学角度进行思考:
因为只有 \(n\) 条边,
显然有 , \(\sum\limits_{i=1}^{n}(circle\_length[i]) = n\)
即: 所有环长之和 \(=n\) (包括 环长为1 的自环)则问题可进一步转化:
构造 若干 和为 \(n\) 的数
使其不同的 \(\operatorname{lcm}\) 数尽可能地多
- 如果 每次构造时,
都使这些数全都 互质
那么他们的 \(\operatorname{lcm}\) 每次都是不同的.
- 显然, 可以将他们构造成 不同质数的幂
即: \(\large p^k\) 的形式 $ (k\in N \text{且有} p^k\le n) $
(\(N\) 为自然数集)
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三次转化:
由于要使构造的数 和为 \(n\)
于是问题继续转化:
则可以选择的质数 \(p \in [2,n]\) ,
且有 \((k\in N\ \text{且有}\ p^k\le n)\)- 对于 \([2,n]\) 中的质数,
每个质数可选择其任意次幂 (包括\(0\)次幂) ,
并选择任意多个
求其总和为 \(n\) 的方案数
对于任何一种总和 \(<n\) 的情况
在添加若干 \(1\) 后 , 都会变成 \(n\)所以考虑 忽略掉所有的 \(1\)
将 求总和为 \(n\) 的方案数变为:
求 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \text{(总和为}i\text{的方案数)}\)
- 对于 \([2,n]\) 中的质数,
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最终转化结果:
对于 \([2,n]\) 中的质数,
每个质数可选择其任意非 \(0\) 次幂 ,
并选择任意多个
求 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \text{(总和为}i\text{的方案数)}\)变成了一个完全背包问题.
也就是说,只要你会简单的完全背包
就可以做出这么Naive神仙的题
附代码:
#include<cstdio>
#include<ctype.h>
const int MARX = 1010;
//=============================================================
int n,num , prime[MARX];
bool vis[MARX];
long long ans,f[MARX]={1};
//=============================================================
inline int read()
{
int s=1, w=0; char ch=getchar();
for(; !isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') s =-1;
for(; isdigit(ch);ch=getchar()) w = w*10+ch-'0';
return s*w;
}
void get_prime()//埃氏筛筛出<=n的素数
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]) prime[++num]=i;
for(int j=1;i*j<=n;j++) vis[i*j]=1;
}
}
void dp()//完全背包
{
for(int i=1;i<=num;i++)//将每个质数拿出,作为物品
for(int k=n;k>=prime[i];k--)//枚举背包容量
for(int mul=prime[i];mul<=k;mul*=prime[i])//枚举
f[k]+=f[k-mul];
}
//=============================================================
signed main()
{
n=read();
get_prime();
dp();
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=f[i];//获得各容量的方案数
printf("%lld",ans+1);//答案 = 总方案数 + 容量为0的方案
}