题意：给你一个数\(x\),每次有两种操作可以选择，一是从\(x\)跳到\([1,x-1]\)的任意一个数，二是跳到\(\lfloor \frac{x}{z} \rfloor\ \ (z \in[2,x])\).问你从\(x\)到一有多少种方案.

题解：首先很容易写出dp公式，\(dp[t]=\sum_{i=t-1}^{t}dp[i]+\sum_{j=2}^{t}dp[\lfloor \frac{t}{j} \rfloor]\),前一个式子直接前缀和就能求出，后面的式子看到下取整求和，不难想到可以用数论分块\(O(\sqrt n)\)得出,这样就可以\(O(n \sqrt n)\)解决此题。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define me memset
#define rep(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a)
#define per(a,b,c) for(int a=b;a>=c;--a)
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
ll gcd(ll a,ll b) {return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b) {return a/gcd(a,b)*b;}

ll n,m;
ll dp[N];

int main() {
    scanf("%lld %lld",&n,&m);
    dp[n]=1;
    ll sum=0;
    for(int i=n;i>=1;--i){
        dp[i]=(dp[i]+sum)%m;
        for(int l=2,r=0;l<=i;l=r+1){
            r=min(i,i/(i/l));
            dp[i/l]+=dp[i]*(r-l+1);
            dp[i/l]%=m;
        }
        sum=(sum+dp[i])%m;
    }
    printf("%lld\n",dp[1]);
    return 0;
}