Description
windy学会了一种游戏。对于1到N这N个数字，都有唯一且不同的1到N的数字与之对应。最开始windy把数字按
顺序1，2，3，……，N写一排在纸上。然后再在这一排下面写上它们对应的数字。然后又在新的一排下面写上它们 对应的数字。如此反复，直到序列再次变为1，2，3，……，N。 如： 1 2 3 4 5 6 对应的关系为 1->2 2->3 3->1 4->5 5->4 6->6 windy的操作如下 1 2 3 4 5 6 2 3 1 5 4 6 3 1 2 4 5 6 1 2 3 5 4 6 2 3 1 4 5 6 3 1 2 5 4 6 1 2 3 4 5 6 这时，我们就有若干排1到N的排列，上例中有7排。现在windy想知道，对于所有可能的对应关系，有多少种可 能的排数。Input
包含一个整数N,1 <= N <= 1000
Output
包含一个整数，可能的排数。
Sample Input
【输入样例一】 3 【输入样例二】 10
Sample Output
【输出样例一】 3 【输出样例二】 16
题解
首先，我们考虑如果有一个置换（即对应关系），我们把它写成循环，例如题目描述中可以写成
$$(1, 2, 3)(4, 5)(6)$$
即每个括号内循环对应。那么，显而易见的，排数等于其第一次回到初始位置的步数加一，即各循环长度的最小公倍数乘积加一。
那么，题目就转化为：将N分解成一些数，每一个分解求出最小公倍数，求有多少不相同的最小公倍数。
由于将一个数分为互质的两个数会更优（即最小公倍数不会改变且和不会更大），所以我们只需要考虑置换中只有质数的幂和1。
那么，问题就转换成了：将N分解成质数幂和1的和，且各质数最多只出现一个幂，有多少种分法？
这个问题就是裸的分组背包，即每一组物品是$(p, p^2, ..., p^{\lfloor log_pn\rfloor})$
附代码：
#includetypedef long long LL;const int N = 1050;bool mark[N];int cnt, prime[500];void getPrime(int n) { cnt = 0; for (int i = 2; i <= n; ++i) { if (!mark[i]) prime[cnt++] = i; for (int j = 0; j < cnt && prime[j] * i <= n; ++j) { mark[i * prime[j]] = 1; if (!(i % prime[j])) break; } }}LL f[N];LL tmp[N];int main() { int n; scanf("%d", &n); f[0] = 1; getPrime(n); for (int i = 0; i < cnt; ++i) { for (int j = 0; j <= n; ++j) { tmp[j] = 0; for (int k = prime[i]; k <= j; k *= prime[i]) tmp[j] += f[j - k]; } for (int i = 0; i <= n; ++i) f[i] += tmp[i]; } for (int i = 0; i < n; ++i) f[n] += f[i]; printf("%lld\n", f[n]); return 0;}