P8340 [AHOI2022] 山河重整 解题报告：
题意
求有多少个值域 \([1,n]\) 的集合，做 01 背包后可以凑出 \([1,n]\) 内所有数。
\(1\leqslant n\leqslant 5\times 10^5\)。
分析
首先有一个很显然的 \(O(n^2)\) dp：
令 \(f_{i,j}\) 为使用了前 \(i\) 个数字，目前最多可以凑出前缀 \([1,j]\) 的方案数，转移只需要新加入的区间拼的上就好了。
实际上，转移时的限制可以写作“集合中 \(\leqslant k\) 的数之和要 \(\geqslant k\)”。于是我们考虑容斥，我们找到第一个不满足的位置 \(p\) 进行转移，并乘上 \(-1\) 的系数。
此时有一个很好的性质，由于 \(p\) 之前的位置都满足性质，所以小于等于 \(p-1\) 的数之和一定是 \(p-1\)。
那么就可以把 dp 变成一维的，令 \(f_i\) 为 \([1,i]\) 内的数，和恰好为 \(i\) 的方案的容斥系数之和。它的计算可以用正常的整数拆分减去 \(f\) 带来的容斥转移。
这一类型的 dp 有一个很经典的优化到背包的方法，我们可以类似 P6189 [NOI Online #1 入门组] 跑步，一次要么加入一个钦定不满足的数字，要么给全局加若干次一，可以发现只会加入至多根号个数字，所以做这个 dp 的复杂度是 \(O(n\sqrt n)\) 的。
但是我们在转移前必须把转移过来的 dp 值提前计算完成，可以使用类似半在线卷积，每次先求出前一半的 dp 值，再转移给后一半。
复杂度是 \(n\sqrt n+\frac{n\sqrt n}{2}+\frac{n\sqrt n}{4}+\cdots=O(n\sqrt n)\) 的。
代码
#include<stdio.h>
#include<math.h>
const int maxn=500005;
int n,mod,ans,s;
int f[maxn],mul[maxn],g[maxn];
inline int inc(int x){
return x>=mod? x-mod:x;
}
void solve(int n){
if(n<=1)
return ;
solve(n/2);
int s=sqrt(2*n);
for(int i=s;i>=1;i--){
for(int j=n;j>=i;j--)
g[j]=g[j-i];
for(int j=0,k=2*i;k<=n;j++,k+=i+1)
g[k]=inc(g[k]+f[j]);
for(int j=i;j<=n;j++)
g[j]=inc(g[j]+g[j-i]);
}
for(int i=n/2+1;i<=n;i++)
f[i]=inc(f[i]-g[i]+mod);
for(int i=0;i<=n;i++)
g[i]=0;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&mod),s=sqrt(2*n);
mul[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
mul[i]=(mul[i-1]+mul[i-1])%mod;
for(int i=s;i>=1;i--){
for(int j=n;j>=i;j--)
f[j]=f[j-i];
f[i]=inc(f[i]+1);
for(int j=i;j<=n;j++)
f[j]=inc(f[j]+f[j-i]);
}
f[0]=1;
solve(n);
for(int i=0;i<n;i++)
ans=(ans+1ll*f[i]*mul[n-i-1])%mod;
printf("%d\n",(mul[n]-ans+mod)%mod);
return 0;
}