POJ3590 The shuffle Problem题解（置换群+DP）

题目：POJ3590.
题目大意：要求构造一个长度为$n$的排列的置换，使得这个置换群能够经过最多次的自乘得到单位置换，输出最多的次数和此时字典序最小的置换.
$1\le n\le 100$.

根据置换的结论，一个置换自乘到单位置换的次数为它拆成的每个轮换长度的lcm，现在问题变成了用若干个和为$n$的正整数使得它们的lcm最大.

考虑一个DP，设$f[i]$表示若干个数和为$i$时最大的lcm，发现这个状态不具有最优子结构性质，怎么办？

考虑对于一个数$n$，构造出来最大的lcm时$n$必然被分为几个素数幂之和在加上几个$1$的形式.此时我们就可以设$f[i][j]$表示前$i$个素数的幂去分解$j$时最大的lcm，可以列出方程：
$$f[i][j]=\max \{f[i-1][j],f[i][j-1],\underset{p_i^k\le j}{\max }\{f[i-1][j-p_i^k]\ast p_i^k\}\}$$

然后我们就得到了最大的lcm，也就是自乘的最大次数了.

现在的问题就是如何构造一组字典序最小的置换了.首先我们把最大的lcm分解成几个素数幂之积的形式，记它们的和为$sum$.

显然最小字典序的解肯定是前面的越小越好，最好就是长度为$1$的置换，所以我们先填入$n-sum$个长度为$1$的轮换.

然后就是把几个素数幂从小到大排个序，依次构造长度为这些素数幂大小的轮换即可.

时间复杂度瓶颈在于DP，由于每次转移时随着$k$的增长$p_i^k$呈指数级增长，所以时间复杂度为$O(n^2\log n)$.

代码如下：

#include
#include
#include
using namespace std;

#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=100;

int b[N+9],pr[N+9],cp;

void Sieve(int n){
  for (int i=2;i<=n;++i) b[i]=1;
  for (int i=2;i<=n;++i){
  	if (b[i]) pr[++cp]=i;
  	for (int j=1;j<=cp&&i*pr[j]<=n;++j){
  	  b[i*pr[j]]=0;
  	  if (i%pr[j]==0) break;
  	}
  }
}

LL dp[N+9][N+9];

void Get_dp(){
  for (int i=0;i<=N;++i) dp[0][i]=1;
  for (int i=1;i<=cp;++i){
  	dp[i][0]=1;
    for (int j=1;j<=N;++j){
      dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
	  for (int k=pr[i];k<=j;k*=pr[i])
	    dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k]*k);
    }
  }
}

int n,d[N+9],cd;

void Get_d(LL n){
  cd=0;
  LL now=n;
  for (int i=1;i<=cp;++i)
    if (now%pr[i]==0)
      for (d[++cd]=1;now%pr[i]==0;now/=pr[i]) d[cd]*=pr[i];
}

LL ans=0;

Abigail start(){
  Sieve(N);
  Get_dp();
}

Abigail into(){
  scanf("%d",&n);
}

Abigail work(){
  ans=0;
  for (int i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,dp[i][n]);
  Get_d(ans);
  sort(d+1,d+cd+1);
}

Abigail outo(){
  printf("%lld",ans);
  int sum=0;
  for (int i=1;i<=cd;++i) sum+=d[i];
  for (int i=1;i<=n-sum;++i)
    printf(" %d",i);
  int now=n-sum;
  for (int i=1;i<=cd;++i){
  	for (int j=1;j<d[i];++j)
  	  printf(" %d",now+j+1);
  	printf(" %d",now+1);
  	now+=d[i];
  }
  puts("");
}

int main(){
  int T;
  scanf("%d",&T);
  start();
  while (T--){
    into();
    work();
    outo();
  }
  return 0;
}