题目描述
对于置换(p)，定义(f(p))为最小的正整数(k)，使得(p^k)为恒等置换。
你需要求对于所有的(n)元素置换(p)，(f^2(p))的平均值。
(nleq 200)
题解
考虑把置换拆成很多个循环。
(f(p))就是所有循环的长度的(lcm)
可以考虑DP，设(f_{i,j})为放了(i)个位置，当前所有循环长度的(lcm)的状态为(j)（每个质因子的最高次幂是多少）。
但是状态数会很多
有一个微小的技巧，考虑到每个循环长度的质因子最多只有一个(>sqrt n)，那么可以把最大值因子相同的项拿出来一起处理，小的质因子就压成状态。
这个技巧很常见，比如说这道题NOI2015寿司晚宴。
这样状态数就只有不到(5000)个了。
当然，可以把不存在的状态删掉，就只剩下(2000)个了。
转移的话，设当前已经放了(i)个数，每次枚举放几个循环(j)（这些循环的长度相同），每个循环的长度为(k)，那么方案数就是
[frac{(n-i)!}{(n-i-kl)!k^ll!}
]
具体来说，第一次放的位置的数是(inom{n-i}{k})，第二次是(inom{n-i-k}{k})，以此类推。每个循环的方案数是((k-1)!)。最后方案可能会重复，就要除以(l!)。
时间复杂度：(状态数O(n^2log n imes 状态数))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int p;
int fac[210];
int inv[210];
int ifac[210];
int n;
int getc(int x,int y)
{
if(x<y)
return 0;
if(y<0)
return 0;
return fac[x]*ifac[y]%p*ifac[x-y]%p;
}
void add(int &a,int b)
{
a=(a+b)%p;
}
int f[2100][210];
int g[2100][210];
struct num
{
int id,x;
int s1,s2,s3,s4,s5,s6;
};
num a[210];
int pri[]={0,2,3,5,7,11,13};
int cmp(num a,num b)
{
return a.x<b.x;
}
int p1[]={0,2,4,8,16,32,64,128};
int p2[]={0,3,9,27,81};
int p3[]={0,5,25,125};
int p4[]={0,7,49};
int p5[]={0,11,121};
int p6[]={0,13,169};
int p21[]={1,2,4,8,16,32,64,128};
int p22[]={1,3,9,27,81};
int p23[]={1,5,25,125};
int p24[]={1,7,49};
int p25[]={1,11,121};
int p26[]={1,13,169};
int id[8][5][4][3][3][3];
struct node
{
int a1,a2,a3,a4,a5,a6;
int s;
};
node c[2100];
int s[210][210];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d%d",&n,&p);
int i1,i2,i3,i4,i5,i6;
int cnt=0;
for(i1=0;i1<=7;i1++)
for(i2=0;i2<=4;i2++)
for(i3=0;i3<=3;i3++)
for(i4=0;i4<=2;i4++)
for(i5=0;i5<=2;i5++)
for(i6=0;i6<=2;i6++)
if(p1[i1]+p2[i2]+p3[i3]+p4[i4]+p5[i5]+p6[i6]<=n)
{
cnt++;
c[cnt].a1=i1;
c[cnt].a2=i2;
c[cnt].a3=i3;
c[cnt].a4=i4;
c[cnt].a5=i5;
c[cnt].a6=i6;
c[cnt].s=(ll)p21[i1]*p22[i2]*p23[i3]*p24[i4]*p25[i5]*p26[i6]%p;
id[i1][i2][i3][i4][i5][i6]=cnt;
// printf("%04d %d %d %d %d %d %d
",++cnt,i1,i2,i3,i4,i5,i6);
}
int i,j,k,l;
fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++)
{
inv[i]=(ll)-p/i*inv[p%i]%p;
fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%p;
ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*inv[i]%p;
}
f[1][0]=fac[n];
for(i=1;i<=n;i++)
{
k=i;
while(k%2==0)
{
k/=2;
a[i].s1++;
}
while(k%3==0)
{
k/=3;
a[i].s2++;
}
while(k%5==0)
{
k/=5;
a[i].s3++;
}
while(k%7==0)
{
k/=7;
a[i].s4++;
}
while(k%11==0)
{
k/=11;
a[i].s5++;
}
while(k%13==0)
{
k/=13;
a[i].s6++;
}
a[i].x=k;
a[i].id=i;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(i=1;i<=n;i++)
{
s[i][0]=1;
for(j=1;j<=n;j++)
s[i][j]=(ll)s[i][j-1]*ifac[a[i].id]%p*fac[a[i].id-1]%p;
for(j=1;j<=n;j++)
s[i][j]=(ll)s[i][j]*ifac[j]%p;
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i].x==1||i==1||a[i].x!=a[i-1].x)
memcpy(g,f,sizeof g);
for(l=cnt;l>=1;l--)
{
int a1=max(a[i].s1,c[l].a1);
int a2=max(a[i].s2,c[l].a2);
int a3=max(a[i].s3,c[l].a3);
int a4=max(a[i].s4,c[l].a4);
int a5=max(a[i].s5,c[l].a5);
int a6=max(a[i].s6,c[l].a6);
int v=id[a1][a2][a3][a4][a5][a6];
for(k=n;k>=0;k--)
if(g[l][k])
for(j=1;k+j*a[i].id<=n;j++)
add(g[v][k+a[i].id*j],(ll)g[l][k]*s[i][j]%p);
}
if(a[i].x==1||i==n||a[i].x!=a[i+1].x)
{
int b=a[i].x*a[i].x%p;
for(l=1;l<=cnt;l++)
for(k=1;k<=n;k++)
add(f[l][k],(ll)(g[l][k]-f[l][k])*b%p);
}
}
int ans=0;
for(l=1;l<=cnt;l++)
add(ans,(ll)f[l][n]*c[l].s%p*c[l].s%p);
ans=(ll)ans*ifac[n]%p;
ans=(ans+p)%p;
printf("%d
",ans);
return 0;
}