CF1561D Up the Strip (整除分块 dp 因子)

Codeforces Round #740 (Div. 2, based on VK Cup 2021 - Final (Engine))

D1. Up the Strip (simplified version)

D2. Up the Strip

题意：

给出一个数，每次有两种操作，设为当前数字

• 选择
• 选择（向下取整）

问从变为的方案数。
中
中

思路：

• 假设表示从变到的方案数，那么
  前一项表示通过减法到达，后一项表示通过除法到达。
  这样的复杂度是的，考虑能够怎么优化。
• 可以用前缀和优化，每次加上就行。
  后面一项，由于每次都是向下取整，真正的除数只有个，可以用整除分块来做，每次维护因子能够影响到的区间。时间复杂度
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for(int l=2,r;l<=i;l=r+1){
      r=i/(i/l);
      dp[i]=(dp[i]+(r-l+1)*dp[i/l]%mod)%mod;
}

• 这个复杂度过显然不大行，考虑进一步的优化。
  看看是否能从后继状态转移过来，比如当枚举到时，除数为，那么就可以通过除到达。
  进一步的扩展，对于的每个除数，都能够通过中的数除到达。
  可以枚举倍数，并且维护后缀和。时间复杂度

for(int j=2;j*i<=n;j++){//(i*j)/j=i，所以i*j可以转移到i
  int r=min(n,(ll)i*j+j-1);//右边界
  dp[i]=(dp[i]+sum[i*j]-sum[r+1]+mod)%mod;//后缀和
}

代码：

const int maxn=2e5+10;
 
ll n,dp[maxn],mod,sum[maxn];
 
int main(){
  n=read,mod=read;
  dp[1]=1;dp[2]=2;
  sum[1]=1,sum[2]=3;
  rep(i,3,n){
    dp[i]=(dp[i]+sum[i-1])%mod;
    for(int l=2,r;l<=i;l=r+1){
      r=i/(i/l);
      dp[i]=(dp[i]+(r-l+1)*dp[i/l]%mod)%mod;
      //cout<<l<<" "<<r<<" "<<dp[i]<<endl;
    }
    sum[i]=(sum[i-1]+dp[i])%mod;
  }
  /*rep(i,1,n){
    cout<<i<<" "<<dp[i]<<endl;
  }*/
  printf("%lld\n",dp[n]);
  return 0;
}

const int maxn=4e6+10;
 
ll n,dp[maxn],mod,sum[maxn];
 
int main(){
  n=read,mod=read;
  dp[n]=sum[n]=1;
  per(i,n-1,1){
    dp[i]=sum[i+1];
    //sum[i]=(sum[i+1]+dp[i])%mod;
    for(int j=2;j*i<=n;j++){
      int r=min(n,(ll)i*j+j-1);
      dp[i]=(dp[i]+sum[i*j]-sum[r+1]+mod)%mod;
    }
    sum[i]=(sum[i+1]+dp[i])%mod;
  }
  write(dp[1]);
  return 0;
}

​​参考​​​ 昨晚比赛结束了看群里的讨论，两个题本质是的转移方式

好有道理~