Up the Strip

题意

你现在在 \(n\) 号格子，你需要跳到 \(1\) 号格子，你可以有两种跳法：

• 你可以做减法，即选择一个数 \(k\in [1,n)\) ，从 \(n\) 跳到 \(n-k\)
• 你可以做除法，即选择一个数 \(k\in(1,n]\)，从 \(n\) 跳到 \(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)

问你有多少种跳法，答案对给定模数取模。

题解

经典 \(dp\)。
很容易想到对做减法的部分求前缀和，对做除法的部分做整除分块。然而分块的复杂度是 \(\sqrt{n}\) 级别的，过不了 \(D2\) , 于是考虑优化。前缀和部分不能优化不了了，现优化整除分块。
经典套路：普通复杂度做法做不了就考虑算贡献。我们现在想知道，对于一个数 \(n\) ，他在除以 \(k\in(1,n]\) 里的数时，除出来的数分别出现了多少次。例如 \(10\) ，

9	8	7	6	5	4	3	2	10
1	1	1	1	2	2	3	5	1

可以看到 \(1\) 出现了五次， \(2\) 出现了两次，\(3,5\) 分别出现了一次。我尝试用公式来表达，对于一个数 \(i\) ，他出现的次数为 \(\frac{n}{i}-\frac{n}{i+1}\)（易证）。于是 \(dp\) 的式子就可以写成

\[f_n=\sum_{i=1}^{n-1}f_i+\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}f_i \times (\lfloor \frac{n}{i} \rfloor-\lfloor \frac{n}{i+1} \rfloor) \]

第一部分可以用前缀和优化掉，第二部分怎么优化呢？单独考察 \(f_i\times \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) ， 可以知道 \(n\) 只有在 \(i,2i,3i,...\) 的时候才会发生变化，于是我们考虑差分，开个数组 \(g\) 来存这个差分，更新到 \(f_i\) 时，我们就把 \(g_i,g_{2i},...\) 更新了。\(f_i\times \lfloor \frac{n}{i+1}\rfloor\) 同理。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>

#define IO ios::sync_with_stdio(NULL)
#define sc(z) scanf("%lld", &(z))
#define _ff(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define _rr(i, a, b) for (int i = b; i >= a; --i)
#define _f(i, a, b) for (int i = a; i < b; ++i)
#define _r(i, a, b) for (int i = b - 1; i >= a; --i)
#define mkp make_pair
#define endl "\n"
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pb push_back

using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

const int N = 4e6 + 5;
const ll M = 1e5 + 5;
const ll mod = 998244353;
const int inf = 1e9;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1.0);
const pii NIL = {0,0};

ll f[N],g[N];

void solve() {
    ll sum=0,sum2=0;f[1]=1;
    ll n,p;cin>>n>>p;
    _ff(i,1,n){
        f[i]=(f[i]+((sum+sum2)%p+g[i])%p)%p;
        for(int j=i;j<=n;j+=i)g[j]=(g[j]+f[i])%p;
        for(int j=i+1;j<=n;j+=i+1)g[j]=(g[j]-f[i]+p)%p;
        sum=(sum+f[i])%p;
        sum2=(sum2+g[i])%p;
    }
    cout<<f[n]<<endl;
}

int main() {
    IO;
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    #endif // !ONLINE_JUDGE

    // ll T; cin>>T;
    // _f(i,0,T) {
    //     // cout<<"Case "<<i+1<<": ";
    //     solve();
    // }

    solve();

    return 0;
}