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這道題利用根號分治可以把復雜度降到n根號n級別。

我們發現當物品體積大與根號n時，就是一個完全背包，換句話說就是沒有了個數限制。

進一步我們發現，這個背包最多只能放根號n個物品。

所以我們設dp[i][j]表示放了i個物品，體積為j時的方案數。

轉移的話一種是往背包裏放一個新物品，或者讓背包裏所有物品體積加1.

當物品體積小於根號n時，因為物品個數比較少，所以我們可以設計狀態為dp[i][j]表示前i個物品，占用j的體積為j時的方案數。

然後我們發現它的同類轉移點是在模i的剩余系下是相等的，所以我們按照余數分組dp一下。

code

#include<iostream>
#include
 
<cstdio>
#include<cmath>
#define N 100002
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=23333333;
int f[317][N],g[317][N],s[N],sum[N],ji[N],ans;
int n,n1;
int main(){
    scanf("%d",&n);n1=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n1;++i)
    g[0][0]=1;s[0]=1;
    for(int i=1;i<=n1;++i)
      
 
for(int j=0;j<=n;++j){
        if(j>=i)(g[i][j]+=g[i][j-i])%=mod;
        if(j>=n1+1)(g[i][j]+=g[i-1][j-n1-1])%=mod;
        (s[j]+=g[i][j])%=mod;
    } 
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n1;++i)
      for(int j=0;j<i;++j){
          int tot=0;
          for(int k=j;k<=n;k+=i){
              ji[
 
++tot]=f[i-1][k];
              sum[tot]=(sum[tot-1]+ji[tot])%mod;
              (f[i][k]+=(sum[tot]-sum[max(0,tot-i-1)]+mod))%=mod;
          }
      }
    for(int i=0;i<=n;++i)(ans+=1ll*s[i]*f[n1][n-i]%mod)%=mod;
    cout<<ans;
    return 0;
}
 

LOJ6089 小Y的背包計數問題(根號優化背包)