bzoj千题计划116：bzoj1025: [SCOI2009]游戏

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1025

题目转化：

将n分为任意段，设每段的长度分别为x1，x2，……

求lcm（xi）的个数

有一个定理：

若Z可以作为几个数最小公倍数，

令 Z=p1^a1 * p2^a2 * ……  pi为质数

那么 当这几个数 的分别为 p1^a1  , p2^a2 …… 时，

这几个数的和最小，为Σ pi^ai

所以可以得出

如果将这个和最小化 之后 <=n ，那么 这个Z就能取到

（和小于n可以补1）

dp[i][j] 表示 用了前i个质数，Σ pi^ai = j 的 方案数

因为 他们的和最小且 都是质数的幂，所以每种方案的 所有数的乘积 一定不同

转移的话，枚举第i个质数用还是不用

不用直接由i-1转移

用的话，枚举指数j，dp[i][k]+=dp[i-1][k-p[i]^j]    p[i]^j<=k<=n 

#include<cstdio>

using namespace std;

#define N 1001

bool vis[N];
int p[N],cnt;

long long dp[N][N];

void pre(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        if(!vis[i]) p[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt;++j)
        {
            if(p[j]*i>n) break;
            vis[p[j]*i]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        } 
    }
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    pre(n);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
    {
        for(int j=0;j<=n;++j) dp[i][j]=dp[i-1][j];
        for(int j=p[i];j<=n;j*=p[i])
            for(int k=j;k<=n;++k) 
                dp[i][k]+=dp[i-1][k-j];
    }
    long long ans=0;
    for(int i=0;i<=n;++i) ans+=dp[cnt][i];
    printf("%lld",ans);
}

1025: [SCOI2009]游戏

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[Submit][Status][Discuss]

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