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。
( exttt{Data Range:}1leq nleq 10^4,10^8leq mleq 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}+sumlimits_{p_j^kleq 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
",res);
}