Luogu P6280 [USACO20OPEN]Exercise G

题意

定义一个长度为 \(n\) 的置换的步数为将 \(P=(1,2,\cdots,n)\) 在该置换操作下变回原样的最小次数。

求所有 \(K\) 的和，使得存在一个长度为 \(n\) 的置换使得其步数为 \(K\)，对 \(m\) 取模。

\(\texttt{Data Range:}1\leq n\leq 10^4,10^8\leq m\leq 10^9+7\)

题解

DP 练习题。

注意到一个置换的步数就是它的循环表示中所有循环长度的 \(\operatorname{lcm}\)。于是可以考虑对最大的质数因子来 DP。

设 \(f_{i,j}\) 表示当前所有循环中长度不为 \(1\) 的总长度之和为 \(i\)，每个循环长度中最大的质因子不超过 \(p_j\) 的答案。

考虑枚举一下 \(p_j\) 的次幂作为新的循环的长度（加到原来的循环由于之后算答案会去重所以是一样的），于是得到一个转移方程：

\[f_{i,j}=f_{i,j-1}+\sum\limits_{p_j^k\leq i}p_j^kf_{i-p_j^k,j-1}
\]

然后可以 \(O(n^2)\) 转移。

注意到这个 \(j\) 只由 \(j-1\) 转移而来，所以可以滚动掉 \(j\) 的一维，同时 \(i\) 要倒序枚举。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef int ll;

typedef long long int li;

const ll MAXN=1e4+51;

ll n,ptot,MOD,res=1;

ll f[MAXN],prime[MAXN],np[MAXN];

inline ll read()

{

    register ll num=0,neg=1;

    register char ch=getchar();

    while(!isdigit(ch)&&ch!='-')

    {

        ch=getchar();

    }

    if(ch=='-')

    {

        neg=-1;

        ch=getchar();

    }

    while(isdigit(ch))

    {

        num=(num<<3)+(num<<1)+(ch-'0');

        ch=getchar();

    }

    return num*neg;

}

int main()

{

    n=read(),MOD=read(),f[0]=1;

    for(register int i=2;i<=n;i++)

    {

        if(!np[i])

        {

            prime[++ptot]=i;

        }

        for(register int j=1;i*prime[j]<=n;j++)

        {

            np[i*prime[j]]=1;

            if(!(i%prime[j]))

            {

                break;

            }

        }

    }

    for(register int i=1;i<=ptot;i++)

    {

        for(register int j=n;j>=1;j--)

        {

            for(register int k=prime[i];k<=j;k*=prime[i])

            {

                f[j]=(f[j]+(li)k*f[j-k]%MOD)%MOD;

            }

        }

    }

    for(register int i=1;i<=n;i++)

    {

        res=(res+f[i])%MOD;

    }

    printf("%d\n",res);

}

巴特西

Luogu P6280 [USACO20OPEN]Exercise G

题意

题解

代码

最新文章

热门文章