根号分类好题。
容易想到 \(f_{i,j}\) 表示拿到大小不超过 \(i\) 的物品，体积总和为 \(j\) 的方案数。
显然有 \(f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(i,\frac ji)}f_{i-1,j-ik}\)。
直接这样做是三方的。考虑优化。
令 \(g_{i,j}=\sum_{k=0}^{\frac ji}f_{i-1,j-ik}\)
那么 \(f_{i,j}=g_{i,j}-g_{i,j-i(i+1)}\)
这下就 \(O(n^2)\) 了。当然也可以用直接用容斥来理解。
然后可以很快发现，当 \(i^2>n\) 时，可以直接把物品 \(i\) 看成无限的。
考虑根号分类。对于不超过 \(\sqrt n\) 的物品，直接 DP，这部分是 \(O(n\sqrt n)\) 的。
对于别的物品的选法，考虑画出 Ferrers 图。例如 18=7+6+5 的 Ferrers 图长这样：
\(\texttt{0 0 0 0 0 0 0}\cdots 7\)
\(\texttt{0 0 0 0 0 0}\cdots 6\)
\(\texttt{0 0 0 0 0}\cdots 5\)
由于体积全部大于根号，所以每行的大小大于 \(\sqrt n\)，每列的大小小于 \(\sqrt n\)。
考虑把它对称过来，刚才那个变成这样：
\(\texttt{0 0 0}\)
\(\texttt{0 0 0}\)
\(\texttt{0 0 0}\)
\(\texttt{0 0 0}\)
\(\texttt{0 0 0}\)
\(\texttt{0 0}\)
\(\texttt{0}\)
它每列的大小大于 \(\sqrt n\)，每行的大小小于 \(\sqrt n\)。
由于对称是一一对应的关系，所以我们只要数对称过来的图有多少个。
问题转为『有 \(\sqrt n\) 种物品，第 \(i\) 种的体积为 \(i\)，且要求最大的那种物品必须拿超过 \(\sqrt n\) 个，求方案数』。
做完全背包的过程中顺便算就好了。
#include<cstdio>
const int N=1e5+3,D=333,M=23333333;
int n,f[N],g[N],ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n<=D){
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++)
f[j]=(f[j]+f[j-i])%M;
for(int j=n;j>=i*(i+1);j--)
f[j]=(f[j]-f[j-i*(i+1)]+M)%M;
}
return 0*printf("%d\n",f[n]);
}
f[0]=1;
for(int i=1;i<=D;i++){
for(int j=i;j<=n;j++)
f[j]=(f[j]+f[j-i])%M;
for(int j=n;j>=i*(i+1);j--)
f[j]=(f[j]-f[j-i*(i+1)]+M)%M;
}
g[0]=1;
for(int i=1;i<D;i++)
for(int j=i;j<=n;j++){
if(j+i*D<=n&&j>=i)ans=(ans+(long long)f[n-j-i*D]*g[j-i])%M;
g[j]=(g[j]+g[j-i])%M;
}printf("%d\n",(ans+f[n])%M);
return 0;
}