题目



解析

很神奇的一道题

显然,对于一种排列,相当于给出了数字 \(1..n\) 的对应关系,且不重复不遗漏,刚好把 \(1\) 到 \(n\) 又包含了一遍。

对,连边!

每个数向它对应的数连边,这样我们就得到了一幅图,且这幅图很有特点——全是简单环。

因为每个数的对应有且仅有一个,且不重复不遗漏,所以不存在大环套小环的情况,不存在复杂图形,而且,由于连了边,每个点是什么数字已经没有意义了。

显然,对于一个排列,最大的秩就是所有环大小的最小公倍数。

把 \(n\) 拆成几个正整数的和(正整数可以为 \(1\)),这些正整数的最小公倍数就是我们要的最大的秩,而字典序最小的拆法就是我们要输出的东西。

既然我们已经知道答案就是某个最小公倍数,那我们为什么不直接构造这个最小公倍数?

最小公倍数归根到底是很多质数的乘积,因此我们直接用质数来构造。

假设现在有三个质数 \(p_1、p_2、p_3\),它们的和 \(\leq n\),那么 \(p_1*p_2*p_3\) 一定是一个合法的答案。我们可以先弄一个大小为 \(p_1\) 的环,然后弄一个大小为 \(p_2\) 的环,再弄大小为 \(p_3\) 的环,如果n还有剩余,那么剩下的通通自环,这样一定是合法的。

推广:现在把三个质数变成 \(p1^{c1}、p2^{c2}、p3^{c3}\),他们乘起来依然是合法的。跟上面其实是一样的道理。

再推广:设环的大小为 \(w\),那么 \(w\) 可不可以包含两种或以上素数?可以,但是完全可以转化成上面的情况处理。设 \(w=p1^{c1} * p2^{c2} * p3^{c3}\),它对最小公倍数的贡献就是 \(w\),但是如果我把它拆成三个环来处理,使得每个环大小仅包含一种质数,效果是一样的。而且拆了之后,环的大小也变小了,显然答案的排列会更优。

因为我们的构造方式是:对于一个大小为 \(k\) 的环,我们先输出 \(k - 1\) 个顺序为 \(l+1..l+k-1\) 的数,然后再输 \(l\)。其中 \(l\) 为当前可填的最小的数

问题再次转化

现在问题变成:

现在有一堆质数(\(n\) 以内),每个质数的使用次数上限是已知的(就是上面的 \(c\) 的大小上限)。我要选择一些质数(或它的幂),使他们的和 \(\leq n\),然后这些质数(或它的幂)的乘积要最大。

而这其实就是有限背包问题。

设 \(f_{i,j}\) 表示我们处理到第i个质数、当前和为j所能获得的最大秩。则 \(f_{i,j}=\max(f_{i-1,j-w}*w)\)。而我们要求排列的话,只需记录一下每个状态是由哪个状态转移过来的,最后还原即可。

于是我们似乎做完了

嗯,确实是似乎

因为你会发现一堆质数的最小公倍数会灰常灰常大

所以题解给了一个很牛逼的方法

那就是给 \(f\) 值转为自然对数来做。

即 \(f_{i,j} \Longleftrightarrow \ln{f_{i,j}}\)

于是转移时 \(\times w\) 变为 \(+ \ln{w}\)

\(Code\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std; const int N = 1e4 + 5;
const double INF = 1e40;
int t , n , vis[N] , tot , pr[1300] , d[1300] , cnt , g[1300][N];
double f[1300][N] , ans; inline void getprime(int Mx)
{
vis[1] = 1;
for(register int i = 2; i <= Mx; i++)
{
if (!vis[i]) pr[++tot] = i;
for(register int j = 1; j <= tot && pr[j] * i <= Mx; j++)
{
vis[pr[j] * i] = 1;
if (i % pr[j] == 0) break;
}
}
} int main()
{
getprime(1e4);
scanf("%d" , &t);
for(; t; t--)
{
scanf("%d" , &n);
memset(f , 0 , sizeof f);
f[0][0] = log(1.0);
for(register int i = 1; i <= tot; i++)
for(register int j = 0; j <= n; j++)
{
f[i][j] = f[i - 1][j];
int w = pr[i];
while (j - w >= 0)
{
if (f[i - 1][j - w] + log(1.0 * w) > f[i][j]) f[i][j] = f[i - 1][j - w] + log(1.0 * w) , g[i][j] = w;
w *= pr[i];
}
}
ans = -INF;
int m , sum = 0;
for(register int i = 0; i <= n; i++)
if (f[tot][i] > ans) ans = f[tot][i] , m = i;
cnt = 0;
for(register int i = tot; i; i--)
{
if (g[i][m]) d[++cnt] = g[i][m] , sum += d[cnt];
m -= g[i][m];
}
while (sum < n) d[++cnt] = 1 , sum++;
sort(d + 1 , d + cnt + 1);
int k = 1;
for(register int i = 1; i <= cnt; i++)
{
for(register int j = 1; j < d[i]; j++)
printf("%d " , k + j);
printf("%d " , k) , k += d[i];
}
printf("\n");
}
}

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