【题解】 [NOI Online #1 入门组]跑步 dp+根号分治+拆分数 Luogu6189

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求 (n) 的拆分数。

(1 le n le 10^5)。

Editorial

Simple (O(n sqrt{n}))

考虑到一个事实：(le sqrt{n}) 的数字只有 (O(sqrt{n})) 个，可以暴力完全背包。

完全背包显然没有人不会。复杂度 (O(n sqrt{n}))

考虑到另一个事实：(>sqrt{n}) 的数字最多只会被选 (O(sqrt{n})) 个，可以暴力 (dp)。

怎么 (dp)？设 (dp_{i,j}) 为把 (j) 拆分成 (i) 个数字的方案数，总状态数是 (O(n sqrt{n})) 的。

转移有 (dp_{i,j}=dp_{i-1,j-(sqrt{n}+1)}+dp_{i,j-i}) 两种。

含义分别为选择一个 (sqrt{n}+1) 大小的物体和把所有物体高度增加 (1)。这样可以涵盖所有情况。

这一部分复杂度也是 (O(n sqrt{n}))。

再用 (O(n)) 合并两个背包的答案，总复杂度 (O(n sqrt{n}))。

$O(n log n) $

一切的前提，模数要是 ( m{NTT}) 模数。显然本题用不了这个做法。

考虑毒瘤的生成函数做法：

拆分数的生成函数显然为 (F(x)=prodlimits_{i=1}^{infty} sumlimits_{j=0}^{infty}(x^i)^j)。

根据 (sum_{i=0}^{infty} x^i=frac{1}{1-x}) 可以得出 (F(x)=prodlimits_{i=1}^{infty} dfrac{1}{1-x^i})。

两边同时取 (ln) 有 (ln F(x)= -sumlimits_{i=1}^{infty}ln (1-x^i))。

现在的问题就是如何计算 (h(x)=ln(1-x))，因为 (ln F(x)= -sumlimits_{i=1}^{infty}h(x^i))。

求个导数 (h'(x)=-frac{1}{1-x}=-sumlimits_{i=0}^{infty}x^i)。

同时积分有 (h(x)= - sumlimits_{i=1}^{infty}frac{x^i}{i})，求完了。

带回 (F(x)) 有 (ln F(x)= sumlimits_{i=1}^{infty}sumlimits_{j=1}^{infty}frac{x^{ij}}{j}=sumlimits_{t=1}^{infty}x^t sumlimits_{j|t}frac{1}{j})。

显然这个式子可以调和级数 (O(n log n)) 预处理完。

再把式子 (exp) 回去就做完了。复杂度就是 (O(n log n))。

Code

采用的根号分治做法。

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) fprintf(stderr ,__VA_ARGS__)

using namespace std;

int n ,p;

const int MX = 1e5 + 23;
const int SIZE = 320;
int dp[MX];
int f[SIZE][MX] ,dp2[MX];

int main(){
	cin >> n >> p;
	dp[0] = 1 % p;
	for(int i = 1 ; i <= min(n ,SIZE) ; ++i){
		for(int j = i ; j <= n ; ++j){
			dp[j] = (dp[j] + dp[j - i]) % p;
		}
	}

	dp2[0] = f[0][0] = 1 % p;
	for(int i = 1 ; i < SIZE ; ++i){
		for(int j = SIZE + 1 ; j <= n ; ++j){
			f[i][j] = (f[i - 1][j - (SIZE + 1)] + f[i][j - i]) % p;
			dp2[j] = (dp2[j] + f[i][j]) % p;
		}
	}

	int Ans = 0;
	for(int i = 0 ; i <= n ; ++i){
		Ans = (Ans + 1LL * dp[i] * dp2[n - i]) % p;
	}
	printf("%d
" ,Ans);
	return 0;
}