一个长度为\(n\)的循环节，在\(k\times n(k\geq 1)\)次之后一定会回到原样。
用\(a_i\)表示每个循环节\(i\)的长度，那么所有\(n\)个数字的排数为\(lcm(a_1,a_2,\cdots,a_k)(+1)\)，其中\(a_i\)满足\(\sum_{i=1}^ka_i=n\).
所以题目实际在求和为\(n\)的\(k\)个数，它们的\(lcm\)有多少种可能的取值。
因为\(1\)是不影响\(lcm\)的，所以和只需要\(\leq n\)(剩下的用\(1\)填充)(和为\(0\)也合法).
因为\(lcm\)中每个质因子是取次数最大的，所以对每个质因子可以分别考虑，即求满足\(p_1^{a_1}+p_2^{a_2}+\cdots+p_k^{a_k}\leq n\)的\(a_1,a_2,\cdots,a_k\)有多少组。
每个质因子看做一个物品，这就是多重背包了。。
复杂度\(O(N*N/logN*logN)=O(N^2)\).
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#include <cstdio>
const int N=1005;
int n,cnt,P[N];
long long f[N];
bool Not_P[N];
void Make_Table()
{
for(int i=2; i<=n; ++i)
{
if(!Not_P[i]) P[++cnt]=i;
for(int j=1; j<=cnt&&i*P[j]<=n; ++j)
{
Not_P[i*P[j]]=1;
if(!(i%P[j])) break;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
Make_Table();
f[0]=1;
for(int i=1; i<=cnt; ++i)//f[i][j]=\sum f[i-1][j-k*P[i]]
for(int j=n; j>=P[i]; --j)
for(int k=P[i]; k<=j/*not n..*/; k*=P[i]) f[j]+=f[j-k];
long long res=0;
for(int i=0; i<=n; ++i) res+=f[i];//f[0]也是合法的
printf("%lld",res);
return 0;
}