标签：多重背包 开始 算法 置换群 本质 这一 break sharp 左右
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。
Hint：
n<=1000
Solution：
所谓的对应关系就是置换。
开始想到置换群，发现不能直接转化。
思考为什么会重复回来，因为，向每一个置换的位置连一条有向边，
n个点n条边，并且每个点必然一个入度一个出度，所以一定连出来若干个环。
发现，环长就是这个环上的点重复一次的排数
所以，排数就是lcm(L1,L2,L3,L4...Lk)+1了。
而由于∑Li=n,所以，所有的L其实就是n的一个拆分。
那么答案就是，n的所有正整数拆分中，拆分的所有数的不同的lcm有几个。
但是n的拆分太多太多了。。。这种算法也就算到n=50就不行了。
无法继续考虑。
正难则反。
考虑凑出多少个不同的lcm不行的话，
就钦定一个数m是lcm，看能不能拼出来。
m显然无法枚举。那就考虑m作为lcm是怎么来的。
我们把m质因数分解一下，
m=p1^q1*p2^q2*...pk^qk
那么，由于lcm是所有的数中质因数分解的所有质数指数取一个max，
这些原来的拆分的数中，分别质因数分解，质数指数的max就分别是：q1,q2...qk
所以，只要判断p1^q1+p2^q2+...+pk^qk<=n是否成立即可。
若成立，那么m就是一个合法可以拼凑的lcm
（相当于，我们只取这些质数的最大指数，作和，剩下的全部取1。
反正对于lcm=m来讲，取其他的数，也都是被max埋没了。）
我们的问题就转化成：p1^a1+p2^a2+..+pl^al<=n的解的个数。（对于每一个不同的a的选择，就对应一种lcm）
（其中，pl就是最大的小于n的质数）
然后就是多重背包啦！
物品上限，只要pk^ak不要超过n即可，基本没有几件。
复杂度：O(N^2)左右
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000+5;
int pri[N],tot;
ll f[N];
bool vis[N];
int n;
void sieve(){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
pri[++tot]=i;
}
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(pri[j]*i>n) break;
vis[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
sieve();
f[0]=1;
for(int i=1;i<=tot;i++)
for(int j=n;j>=0;j--){
for(int k=pri[i];k<=j;k*=pri[i]){
f[j]+=f[j-k];
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++)ans+=f[i];
printf("%lld",ans);
return 0;
}
总结：
还是正难则反没有想到啊。之前都想到了。
卡在了自然数拆分的方案怎么统计。。。
有时候，直接求拼凑的方案等无法处理，
就考虑反着来，这个方案能否被拼凑。
二分答案本质就是这个思路。
相当于，我不知道答案求答案，和我猜一个答案验证一下。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9419195.html
