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 ",ans); }