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整个映射关系可以分解成几个循环（置换群的预备知识？），那么总行数就等于各个循环长度的最小公倍数+1（因为有个第一行的1~N）。那么有多少种可能的排数就等于问有多少种可能的最小公倍数。
呃现在问题就变成了：给你一个数N，将它分解成几个数的和，然后找这些数的最小公倍数总共多少种。很明显又要找质数了>_>。
可以发现只要找循环长度（即拆出来的数）是质数的幂的情况就可以了，因为像6=2*3这种情况，我们可以用2和3来代替，又由于对于正整数来说，和$\leq$积，所以所有的非质数幂的情况都可以用质数幂的情况来表示/代替。（取一个6等于取2和3）
这个枚举总共有多少种分拆方案……我是用DP来实现的（没办法，dfs会TLE）
令$f[i][j]$表示用前 i 种质数的幂拼出 j 的方案数，那么$ans=\sum_{j=1}^n f[tot][j]$ tot为小于等于n的质数的数量。
转移也很简单啦~我的方法是从当前节点去更新其他节点的递推……写的可能有点奇怪……
f[i][j]可以转移到：f[i+1][j]和f[i+1][j+k] $(k=prime[i+1]^t)$ 呃……好像说的不太清楚……看我代码吧>_<不过我开了滚动数组……
1 /************************************************************** 2 Problem: 1025 3 User: Tunix 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:20 ms 7 Memory:828 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 //BZOJ 1025 11 #include<cstdio> 12 #include<algorithm> 13 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i) 14 using namespace std; 15 typedef long long LL; 16 const int N=1010; 17 int n,prime[N],tot; 18 LL f[2][N],ans; 19 bool vis[N]; 20 void getprime(int n){ 21 F(i,2,n){ 22 if (!vis[i]) prime[++tot]=i; 23 F(j,1,tot){ 24 if (i*prime[j]>n) break; 25 vis[i*prime[j]]=1; 26 if (i%prime[j]==0) break; 27 } 28 } 29 } 30 int main(){ 31 scanf("%d",&n); 32 getprime(n); 33 f[0][0]=1; 34 for(int i=0;i<tot;i++){ 35 int now=i&1; 36 F(j,0,n) f[now^1][j]=0; 37 F(j,0,n){ 38 f[now^1][j]+=f[now][j]; 39 for(int k=prime[i+1];k+j<=n;k*=prime[i+1]) 40 f[now^1][j+k]+=f[now][j]; 41 } 42 } 43 F(j,1,n) ans+=f[tot&1][j]; 44 printf("%lld\n",ans+1); 45 return 0; 46 }
P.S.我一开始想的其实是$ans=\sum_{i=1}^tot\sum_{j=1}^n f[i][j]$ 所以转移的时候就不是从f[i]转移到f[i+1]了……而是转移到所有的$f[t][j+k](t>i)$所以时间复杂度更高，后来写题解的时候才突然想到这个更好理解&好写的代码……
1 /************************************************************** 2 Problem: 1025 3 User: Tunix 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:368 ms 7 Memory:4796 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 //BZOJ 1025 11 #include<cstdio> 12 #include<algorithm> 13 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) 14 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i) 15 using namespace std; 16 typedef long long LL; 17 const int N=1010; 18 int n,prime[N],tot,f[N][N]; 19 LL ans; 20 bool vis[N]; 21 void getprime(int n){ 22 F(i,2,n){ 23 if (!vis[i]) prime[++tot]=i; 24 F(j,1,tot){ 25 if (i*prime[j]>n) break; 26 vis[i*prime[j]]=1; 27 if (i%prime[j]==0) break; 28 } 29 } 30 } 31 int main(){ 32 scanf("%d",&n); 33 getprime(n); 34 f[0][0]=1; 35 rep(i,tot) F(j,0,n){ 36 F(t,i+1,tot) 37 for(int k=prime[t];j+k<=n;k*=prime[t]) 38 f[t][j+k]+=f[i][j]; 39 } 40 F(i,1,tot) F(j,1,n) ans+=f[i][j]; 41 printf("%lld\n",ans+1); 42 return 0; 43 }
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。
包含一个整数，N。
包含一个整数，可能的排数。
【数据规模和约定】
100%的数据，满足 1 <= N <= 1000 。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Tunix/p/4422549.html
