题目大意：将长度为n的排列作为1,2,3,...,n的置换，有可能置换x次之后，序列又回到了1,2,3,...,n，求所有可能的x的个数。

　　看见这种一脸懵逼的题第一要务当然是简化题意。。。我们可以发现，序列回到原状的次数就是每个循环的规模（即在循环中的数字个数）的lcm，而且因为有n个数，显然所有循环的规模之和就是n，那么问题就被简化成了a1+a2+a3+...+ak=n，求lcm(a1,a2,a3,...,an)的个数。

　　现在题意已经清楚多了，那咋写呢QAQ

　　我们把一个数分解质因数，p为质数，那么A=p1^m1*p2^m2*p3^m3*...*ph^mh，我们令a1=p1^m1，a2=p2^m2，...，ah=ph^mh，易证a1+a2+a3+...+ah<=n（分<和=两种情况讨论），则A为一个可行解。

　　于是问题又变成了求有多少种a1+a2+a3+...+ah<=n。

　　即有多少种(m1,m2,m3,...,mh)使p1^m1+p2^m2+p3^m3+...+ph^mh<=n。

　　令f[i][j]为前i个质数，p1^m1+p2^m2+p3^m3+...+pi^mi和为j的方案数，则有：

　　f[i][j]=f[i-1][j]【这个质数不用】+sigma(f[i-1][j-p[i]^k])【j-p[i]^k>=0】

　　tot为n以内的质数个数，则答案为sigma(f[tot][i])【0<=i<=n】

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll f[1010][1010],ans;
int n,p[1010],tot;
bool v[1010];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2;i<=n;i++)
    if(!v[i])
    {
        p[++tot]=i;
        for(int j=2;j*i<=n;j++)v[i*j]=true;
    }
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    for(int j=0;j<=n;j++)
    {
        f[i][j]=f[i-1][j];
        for(int k=1,sum=1;j-sum*p[i]>=0;k++)
        {
            sum*=p[i];
            f[i][j]+=f[i-1][j-sum];
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)
    ans+=f[tot][i];
    printf("%lld\n",ans);
}

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bzoj1025: [SCOI2009]游戏(DP)