思路：dp+思维

样例解释：

<=10的素数都有 2,3,5,7
所以可选的数为

2    3    5    7
4    9        
8

选0个数（不选，即为原数列） 方案数为1
选1个数 方案数为7
选2个数 所有方案为：（2,3）（2,5）（2,7）（4,3）（4,5）（3,5）（3,7）方案数为7
选3个数 方案为（2,3,5） 方案数为1
所以 1+7+7+1=16

思路：

题目意思是将n个数按一定排列，再置换，求所有可能不同排列的个数
根据上述解释可以想到把数列的置换就变成一个环
进而把问题转化为共有n个元素，将它分为m个集合，求每个集合元素个数的LCM可能出现的情况

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp(aa,bb) make_pair(aa,bb)
#define _for(i,b) for(int i=(0);i<(b);i++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,b,a) for(int i=(b);i>=(a);i--)
#define mst(abc,bca) memset(abc,bca,sizeof abc)
#define X first
#define Y second
#define lowbit(a) (a&(-a))
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const int N=1010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=10007;
const double eps=1e-6;
const double PI=acos(-1.0); 

int prime[N],cnt=0; //prime数组存放所以素数，cnt为素数个数
bool st[N]; //false为素数
void get_prime(int n){
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!st[i]) prime[cnt++]=i; //把素数i存到prime数组中
        for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
            st[i*prime[j]]=true; //找到的素数的倍数不访问
            if(i%prime[j]==0) break; //关键代码
        }
    }
}

ll dp[N];

void solve(){
    int n;cin>>n;
    get_prime(n);
    dp[0]=1;
    _for(i,cnt){ //枚举素数 
        per(j,n,prime[i]){
            int tmp=prime[i];
            while(tmp<=j){
                dp[j]+=dp[j-tmp];
                tmp*=prime[i];
            }
        }
    }
    ll ans=0;
    rep(i,0,n) ans+=dp[i];
    cout<<ans<<"\n";
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
#ifdef DEBUG
    freopen("F:/laji/1.in", "r", stdin);
//    freopen("F:/laji/2.out", "w", stdout);
#endif
//     int t;cin>>t;while(t--)
    solve();
    return 0;
}