有限揹包計數問題
SkyDec (命題人)
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你有一個大小為n的揹包，你有n種物品，第i種物品的大小為i，且有i個，求裝滿這個揹包的方案數有多少
兩種方案不同當且僅當存在至少一個數i滿足第i種物品使用的數量不同

Input
第一行一個正整數n
1<=n<=10^5
Output
一個非負整數表示答案，你需要將答案對23333333取模
Input示例
3
Output示例
2

題意：我覺得上面已經非常簡潔了。
分析：這道題顯然很容易想到O(N^2)的演算法，關鍵是怎麼優化？
類比上一道題（壽司晚宴），我們可以考慮把不同的問題拆分開再用乘法原理合並的方式，這裡我們可以把數拆成根號n以下的數和以上的數（可以向上或向下取整，甚至可以繼續變，不過會影響時間複雜度。）
首先考慮以下的數，則這些數不能全部填滿n，問題就轉化為有個數的揹包問題，可以用字首和優化到個數v即(根號n

)v，具體實現就是把要被加的位置的值（即對I同餘的位置）存著，然後一邊走一邊更新字首和（加數或把不能取到的減去）；
然後考慮以下的數，是完全揹包，但是會T，這個時候需要對完全揹包做一個優化，等於是想象一個i個數,和為j的序列，每一次可以對序列進行兩種操作，要麼給每個數加1，要麼增加一個基數（比根號n大1的數），為什麼基數要大1呢，因為不然的話根據根號n的定義可以知道，填不滿orz。
為什麼這個演算法是正確的呢，因為相對大小不變，然後每次增加又是一種新的操作，最後在不同時間完全相同的兩種狀態一定不會重複，又一直有增加改變操作所以也一定不會以遺漏！

#include<iostream>
 

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
using namespace std;
const long long modd=23333333;
const int maxn=320,maxn2=1e5+10;
int n,nn,nxt=1,cur;
int ans,sum[maxn],g[maxn][maxn2],f[2][maxn2];
void init()
{
    scanf("%d",&n);
    nn=floor
 
(sqrt((double)n));
}
void work()
{
    f[cur][0]=1;g[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=nn;i++){
        clr(sum);swap(cur,nxt);
        for(int j=0;j<=n;j++){
            f[cur][j]=(sum[j%i]+f[nxt][j])%modd;
            if(j<i*i)sum[j%i]=(sum[j%i]+f[nxt][j])%modd;
            else sum[j%i]=(f[nxt][j]-f[nxt][j-i*i]+sum[j%i]+modd)%modd;
        }
    }
    for(int i=0;i<=nn;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++){
            if(i&&j+i<=n)g[i][j+i]=(g[i][j+i]+g[i][j])%modd;
            if(j+nn+1<=n)g[i+1][j+nn+1]=(g[i+1][j+nn+1]+g[i][j])%modd;
        }
    g[1][0]++;
    for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=1;j<=nn;j++)
        ans=(ans+(long long)f[cur][i]*(long long)g[j][n-i]%modd)%modd;
    printf("%d",(int)ans);
}
int main()
{
    freopen("51nod1597.in","r",stdin);
    freopen("51nod1597.out","w",stdout);
    init();
    work();
    return 0;
}

注意！這裡有涉及到易錯點：減法要加modd！，我當時覺得加上了一個sum怎麼也不會負，結果就被卡了（哭泣