标签：LOJ sqrt int ToT 6089 计数问题 mod dp define

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奇妙的思维(技巧?)题。
发现每个物品有\(i\)个，体积为\(i\)，对于\(i>\sqrt n\)的物品来说，这个个数的限制是相当于没有的。所以相当于完全背包。
前面\(O(\sqrt n)\)个可以暴力多重背包算方案数。
考虑后面\(n\)个最多选择\(O(\sqrt n)\)个。所以可以设\(dp_{i,j}\)表示选了\(i\)个，总和为\(j\)的方案数。
考虑一个类似划分数的dp方式：两种操作，第一种在序列末尾加上一个数\(\sqrt n+1\)，另一种是将所有数+1，容易发现每种情况都能被表示出来。
直接dp就可以做到\(O(n\sqrt n)\)
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N (200000+5)
#define M (1000000+5)
#define K (20+5)
#define mod 23333333
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-9)
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (n*(x-1)+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PB push_back
using namespace std;
int n,k,dp[N],R,G[N],Q[N],F[N],H[N];ll Ans,ToT;
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	int i,j,h;scanf("%d",&n);k=sqrt(n);dp[0]=1;for(i=1;i<=k;i++){Mc(G,dp);
		for(j=0;j<i;j++){ToT=0;R=j;for(h=j;h<=n;h+=i) (h-R)/i>i&&(ToT-=G[R],R+=i),dp[h]=(dp[h]+ToT)%mod,ToT+=G[h];}
	}H[0]=1;F[k+1]=1;for(i=1;i<=k;i++) {Mc(G,F);Me(F,0);for(j=0;j<=n;j++) F[j+k+1]=(F[j+k+1]+G[j])%mod,G[j+i]=(G[j]+G[j+i])%mod;for(j=0;j<=n;j++) H[j]=(H[j]+G[j])%mod;}
	for(i=0;i<=n;i++) Ans+=1ll*H[i]*dp[n-i]%mod;printf("%lld\n",Ans%mod);
}

标签：LOJ,sqrt,int,ToT,6089,计数问题,mod,dp,define
来源： https://www.cnblogs.com/275307894a/p/16123870.html

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