Up the Strip（前缀和/数论分块/dp）

题目
题意：对于一个数x，有两种操作，

• 减k，数x跳到$x-k,k\in [1,x-1]$
• 除k, 数x跳到$\lfloor x/k\rfloor ,k\in [2,x]$
  先给定n和m，求从n跳到1有多少种跳法，答案对m取模。

思路：按着官方题解的D1思路来，减法的部分我们可以直接用前缀和维护。对于除法的部分，拆解成两个部分。
对于$k\in [2,sqrt(n)]$，直接求解加起来
对于$k\in [sqrt(n),n]$，求解每个k对应的$\lfloor x/k\rfloor$落在$[2,sqrt(n)]$的哪个区间（因为k>=sqrt(n)，必有$\lfloor x/k\rfloor$ <= sqrt(n)）。所以这部分的数据，我们可以反过来枚举$\lfloor x/k\rfloor$落在$[2,sqrt(n)]$的数，对应的k的范围。
注意计算的时候对于边界sqrt(n)计算的要注意，不重不漏。
代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200010;

int n, mod;
int f[maxn];

/*
 * 0 <= a, b < mod
*/
int sub_mod(int a, int b) {
	int res = a - b;
	if (res < 0) res += mod;
	return res;
}
/*
 * 0 <= a, b < mod
*/
int add_mod(int a, int b) {
	int res = a + b;
	if (res >= mod) res -= mod;
	return res; 
}
int mul(int a, int b) {
	return 1LL * a * b % mod; 
}
int count(int n, int c) {
	int a = n / (c + 1) + 1;
	int b = n / c;
	return b - a + 1;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &mod);
	f[1] = 1;
	int pre = f[1];
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		f[i] = pre;
		int m = sqrt(1.0 * i);
		for (int j = 2; j < m; ++j) {
			f[i] = add_mod(f[i], f[i / j]);
		}
		if (m != i / m && m >= 2) {// 边界sqrt(n)计算的要注意，不重不漏
			f[i] = add_mod(f[i], f[i/m]);
		}
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			f[i] = add_mod(f[i], mul(f[j], count(i, j)));
		}
		pre = add_mod(pre, f[i]);
	}
//	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
//		printf("f[%d]:%d\n", i, f[i]);
//	}
	printf("%d\n", f[n]);
} 
/*
1 2 3 4  5  6
1 2 5 12 25 55

20

{3,4,5}*1
{2}*2




45

{4,5,6}*1
{3}*2

{2}*5


42 998244353
*/

参考这篇博客，写法更简洁，日常觉得大佬的思路比题解的还好。数论分块

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5;
vector<int> v[maxn];
vector<pair<int,int>> s;
ll dp[maxn];

int main()
{
    ll n,m;
    cin>>n>>m;
    dp[1]=1;
    ll sum=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        dp[i]+=sum;
        for(int l=2,r=0;l<=i;l=r+1)
        {
//            r=min(i,i/(i/l));
            r=i/(i/l);
            dp[i]+=1ll*dp[i/l]*(r-l+1);
            dp[i]%=m;
        }
//        for(int j=2;j<=i;j++)
//        {
//            dp[i]+=1ll*dp[i/j];
//            dp[i]%=m;
//        }
        sum+=dp[i];
        sum%=m;
    }
    cout<<dp[n];
    return 0;
} 
// 作者：爱打CF的小赵同学 https://www.bilibili.com/read/cv12851308 出处：bilibili

对于D2，用了差分的思想。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=6e6+6;

ll dp[maxn];

int main()
{
    ll n,m;
    cin>>n>>m;
    dp[1]=1;
    dp[2]=m-1;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]+=dp[i-1];
        dp[i]%=m;
        dp[i+1]+=dp[i];
        dp[i+1]%=m;
        for(ll j=2;j*i<=n;j++)
        {
            dp[j*i]=dp[j*i]+dp[i];
            dp[j*i]%=m;
            if(j*i+j<=n)
            {
                dp[j*i+j]-=dp[i];
                dp[j*i+j]%=m;
                dp[j*i+j]+=m;
                dp[j*i+j]%=m;
            }

        }


    }
    cout<<dp[n];
    return 0;
} 
// 作者：爱打CF的小赵同学 https://www.bilibili.com/read/cv12851308 出处：bilibili