【容斥】【DP】基本题

题意：

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分析：

比较恶心的DP套容斥题。

因为排列个数=所有环排列循环节长度。

可以很容易算出排列个数，但要求其对应的环排列个数。

有个很直观的思路：求出每个环排列个数*其循环节个数的和，将这个和除以排列长度，就能得到换排列个数。

然后利用公式
${\sum }_{d|n}\phi (d)=n$
于是就可以枚举一个数$k$，求出所有循环节个数为$k$这个数的倍数的方案数*$\phi (k)$

这个就很好表示了。

另外，用X种数共Y个的排列数，是一个上升幂除以一个上升幂的形式，即代码中的t，有兴趣可以推一下，方法很多。

#include
#include
#include
#include
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 260
using namespace std;
int MOD;
int gcd(int x,int y){
	if(y==0)
		return x;
	return gcd(y,x%y);	
}
int C[MAXN][MAXN],t[MAXN][MAXN],qt[MAXN],jb[MAXN],f[MAXN][MAXN],phi[MAXN],inv[MAXN];
int fsp(int x,int y){
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1)
			res=1ll*res*x%MOD;
		x=1ll*x*x%MOD;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int F[MAXN];
void dpqt(int n){
	memset(F,0,sizeof F);
	F[0]=1;
	for(int i=1;i<n;i++)
		for(int j=n-1;j;j--)
			for(int k=1;i*k<=j;k++)
				F[j]=(F[j]+1ll*F[j-i*k]*1ll*t[i][k])%MOD;
	qt[n]=F[n-1];
}
void dpjb(int i,int n){
	for(int j=n;j;j--)
		for(int Now=qt[i],g=1;g*i<=j;g++,Now=1ll*Now*1ll*qt[i]%MOD)
			for(int k=g;k<=j;k++)
				f[j][k]=(f[j][k]+1ll*f[j-g*i][k-g]*1ll*C[k][g]%MOD*Now)%MOD;
	for(int j=1;j<=i;j++){
		int s=0;
		for(int k=1;k<=j;k++)
			if(j%k==0&&i%k==0)
				s=(s+1ll*f[i/k][j/k]*1ll*phi[k])%MOD;
		jb[i]=(jb[i]+1ll*s*1ll*inv[j])%MOD;
	}
}
void solve(int n){
	C[0][0]=f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		C[i][0]=1;
		inv[i]=fsp(i,MOD-2);
		for(int j=1;j<=i;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD,phi[i]+=(gcd(i,j)==1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dpqt(i),dpjb(i,n);
		t[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			t[i][j]=1ll*t[i][j-1]*1ll*(jb[i]+j-1)%MOD*inv[j]%MOD;
	}
}
int main(){
	int T,n;
	SF("%d%d",&T,&MOD);
	solve(250);
	while(T--){
		SF("%d",&n);
		PF("%d\n",jb[n]);
	}	
}