排列

一個關於n個元素的排列是指一個從{1,2,…,n}到{1,2,…,n}的一一對映的函式。這個排列p的秩是指最小的k，使得對於所有的i=1,2,…,n，都有p(p(…p(i)…))=i（其中，p一共出現了k次）。
例如，對於一個三個元素的排列p(1)=3,p(2)=2,p(3)=1，它的秩是2，因為p(p(1))=1,p(p(2))=2,p(p(3))=3。
給定一個n，我們希望從n!個排列中，找出一個擁有最大秩的排列。例如，對於n=5，它能達到最大秩為6，這個排列是p(1)=4,p(2)=5,p(3)=2,p(4)=1,p(5)=3。

輸入的第一行是一個整數T（T<=10），代表資料的個數。
每個資料只有一行，為一個整數N。

對於每個N，輸出秩最大且字典序最小的那個排列。即輸出p(1),p(2),…,p(n)的值，用空格分隔。

輸入：

2

5

14

輸出：

21453

2315674910111213148

對於40%的資料，有1≤N≤100。
對於所有的資料，有1≤N≤10000。

分析：

題目一眼看過去就知道是很多個環，而且再一眼看過去就知道是求環點數的最小公倍數最大時的方案。先不考慮字典序，對於這些環而言，他們的總點數要<=n，因為剩下的一個個單點可以形成子環，不影響最小公倍數。那麼現在問題轉化為一個有限揹包問題：取幾個互質的質數的c次方(有限)使得乘積最大，在dp的過程中我們可以同時記錄對應的這幾個數，少了再填幾個1。現在再來考慮字典序，我們觀察樣例可以發現分成幾個環後，它總是將首位移到這個環後面，例如1，2，3這三點構成的環，它們會形成2，3，1。再結合字典序最小，我們會期望將這幾個環中，環點數少的放在前面，因為每次環中最小的會被放在最後，這樣做能讓小的數儘量往前，也就滿足了字典序最小。

當然這題還要注意的是，由於我們所處理的是幾個數的乘積，在資料給的範圍內是會超long long限制的，而在程式碼實現中我們也只需要比較這些最小公倍數的大小，我們可以找到一個單調遞增並且增速很慢的函式來代替最小公倍數，我們會傾向於選擇ln函式，也就是cmath裡帶的log函式。(這題最大的收穫是這裡，在只有比較大小的情況下，我們為了防爆long long，可以選擇ln來優化)

程式碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define debug printf("zjyvegetable\n")
#define int long long
#define R register
#define ld long double
inline int read(){
    int a=0,b=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){a=a*10+c-'0';c=getchar();}
    return a*b;
}
const int N=1e5+50;
int T,a[20],maxn,cnt,prime[N],ans[N],t[N][101],tot[N];
bool bt[N];
ld f[N];
void find_pri(){
    for(R int i=2;i<=maxn;i++){
        if(!bt[i]){
            prime[++cnt]=i;
        }
        for(R int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=maxn;j++){
            bt[i*prime[j]]=true;
        }
    }
}
signed main(){
    T=read();
    for(R int i=1;i<=T;i++){
        a[i]=read();
        maxn=max(maxn,a[i]);
    }
    find_pri();
    for(R int i=0;i<=maxn;i++)ans[i]=i;
    for(R int i=1;i<=cnt&&prime[i]<=maxn;i++){
        for(R int j=maxn;j>=prime[i];j--){
            for(int rem=prime[i];rem<=j;rem*=prime[i]){
//                f[j]=max(f[j],f[j-rem]*rem);
                if(f[j-rem]+log((ld)rem)>f[j]){
                    f[j]=f[j-rem]+log((ld)rem);
                    tot[j]=tot[j-rem];
                    for(R int p=1;p<=tot[j-rem];p++)
                    t[j][p]=t[j-rem][p];
                    t[j][++tot[j]]=rem;
                }
            }
        }
    }
    for(R int i=2;i<=maxn;i++){
        if(f[ans[i]]<f[ans[i-1]])ans[i]=ans[i-1];
    }
    int sum,now;
    for(R int i=1;i<=T;i++){
        sum=0;now=0;
        sort(t[ans[a[i]]]+1,t[ans[a[i]]]+tot[ans[a[i]]]+1);
        for(R int j=1;j<=tot[ans[a[i]]];j++)
        sum+=t[ans[a[i]]][j];
        if(sum!=a[i]){
            for(;sum<a[i];sum++)
            printf("%lld ",++now);
        }
        for(R int j=1;j<=tot[ans[a[i]]];j++){
            for(R int k=1;k<t[ans[a[i]]][j];k++)
            printf("%lld ",now+k+1);
            printf("%lld ",now+1);
            now+=t[ans[a[i]]][j];
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}