容易想到
f
i
f_i
fi 表示走到
i
i
i 的方案数和转移方程（一开始我这个蒟蒻居然还觉着是刷表呢
f
x
=
(
∑
i
=
x
+
1
n
f
i
)
+
(
∑
{
f
y
∣
x
=
⌊
y
k
⌋
}
)
f_x=(\sum_{i=x+1}^nf_i)+(\sum\{f_y | x=\lfloor \frac{y}{k} \rfloor\})
fx=(i=x+1∑nfi)+(∑{fy∣x=⌊ky⌋})
第一项很好求，维护一个后缀和，难点主要是在第二项
我们可以枚举 k k k ，不超过 n \sqrt{n} n 个，这时我们的 k k k 固定下来了，显然 y ∈ [ x k , x k + k ) y\in [xk,xk+k) y∈[xk,xk+k) 这样余数会被下取整抹掉，这样的话我们可以用后缀和维护这一段的和，于是我们的状态数是 O ( n ) O(n) O(n) 的，转移是枚举一个 k k k ，是 O ( n ) O(\sqrt n) O(n ) 的，总的复杂度就是 O ( n 3 2 ) O(n^{\frac{3}{2}}) O(n23)
（考试的时候还推出一个没什么用的结论，就是 [ x k , x k + k ) [xk,xk+k) [xk,xk+k) 之间的数不会因为第二个操作而互相影响，因为 2 x y ≥ x k + k 2xy \ge xk+k 2xy≥xk+k 以后可能用得到吧）
比赛完跟一位大佬交流才知道这个玩意叫数论分块，比赛完发现好多分都是在这题比别人少的，然而我太弱了都不知道数论分块是啥（悲），好在推出来了，还推出了一个没什么用的结论
代码：
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int, int>
#define mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define rps(i, b, e) for(int i=(b);i<=(e);i++)
#define prs(i, e, b) for(int i=(e);i>=(b);i--)
#define rp(i, e) rps(i, 1, e)
#define pr(i, e) prs(i, e, 1)
#define rp0(i, e) rps(i, 0, (e)-1)
#define pr0(i, e) prs(i, (e)-1, 0)
#define rpg(i, x) for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
#define opf(s) freopen(s".in", "r", stdin), freopen(s".out", "w", stdout)
using namespace std;
const int NR=2e5+10;
typedef long long LL;
LL n, p, f[NR], s[NR];
int main()
{
cin>>n>>p;
f[n]=s[n]=1;
pr(i, n-1) {
f[i]=s[i+1];
for(LL j=2;i*j<=n;j++) {
f[i]=(f[i]+(s[i*j]+p-s[min(i*j+j, n+1)]))%p;
}
s[i]=(s[i+1]+f[i])%p;
}
cout<<f[1];
return 0;
}