题目
https://vjudge.net/contest/194413#problem/A
~~比赛密码:gfoinoip2017~~

Problem Description

你有一个大小为n的背包，你有n种物品，第i种物品的大小为i，且有i个，求装满这个背包的方案数有多少
两种方案不同当且仅当存在至少一个数i满足第i种物品使用的数量不同

Input

第一行一个正整数n
1<=n<=10^5

Output

一个非负整数表示答案，你需要将答案对23333333取模

Samples

Input Output

3 2

23333 16355266

100000 4942409

Input	Output
3	2
23333	16355266
100000	4942409

分析

咋一看好像就一背包问题，也的确如此。
最暴力的方法就是 f[i][j] 代表用前 i 种数（1~i）能凑成 j 的方案数，然后枚举 i/j/k，代表 i/j/i使用的个数，时间复杂度 O(n^3)，显然不行……
稍微想想（实际上是 BearChild dalao 告诉我的）就可以得出平方算法，f[i][j] 还是使用上面的意义，可以得出这个：

f[i][j]=f[i−1][j]+f[i][j−1]−f[i−1][j−(i+1)∗i]
<script type="math/tex; mode=display" id="MathJax-Element-212">f_{[i][j]}=f_{[i-1][j]}+f_{[i][j-1]}-f_{[i-1][j-(i+1)*i]}</script>
是这样一个思路：每新引入一种数（i），利用 1~i 组成 j 的话会有两种情况：
- f[i-1][j]：直接只用 i 之前的数组成 j 。
- f[i][j-i]-f[i-1][j-(i+1)*i]：利用 1~i 组成 j-i，之后再加一个 i，之所以有一个减数，那是因为题目有限制数字 i 最多用 i 次。在 f[i][j-i]的情况中，可能会出现使用满了 i 个 i 的情况，数目是 f[i-1][j-i-i*i]，这些情况是要减掉的。
这样一来，时间便成了 O(n^2) ，然而还是并不能过……
想到分类，[1,sqrt(n))，对于它们中的数，用开头的那个平方算法，可以算过去。O(sqrt(n)*n)
再想一想，对于剩下的数，都是 sqrt(n) 以上的数 i，（有 n-sqrt(n)个，还是很多的）它们的使用肯定是不会超过 i 个的（即使全选 i 要到 n ，个数也不会超过 i ），那么对于只用[sqrt(n)+1,n]中的数的答案可以当成完全背包来做，不过平方方法还是会超时。
继续优化算法，定义 g[i][j] 为选 i 个区间 [sqrt(n)+1,n] 内的数凑成 j 的方案数。
- 假设已经有了一种 i 个此区间内的数凑成 j 的方案，那么将每个数增加1，可以对后面的 j 做出贡献，或者再增加一个区间中的最小数（sqrt(n)+1），也可以对后面的答案做出贡献，而且肯定不会有重复。
- 这样的话，用主动dp，对于当前 g[i][j]，根据上面两种情况，可以有 g[i][j+i]+=g[i][j] （选出的每个数都+1）和 g[i+1][j+nn+1]+=g[i][j]（再多选一个 sqrt(n)+1）
- 显然这样会覆盖所有可能的情况，而且不会重复，因为对于 g[i][j]，只会被 g[i-1][j-nn-1]和g[i][j-i]修改，而这两类应该是不会重复的（前面那个得到的方案肯定会有一个 nn+1，而后面那个得到的方案由于都+1，肯定不会有 nn+1）。
除了上面分的两类，还有就是既包含 [1,sqrt(n)]中的数，又包含[sqrt(n)+1,n]中的数的情况，枚举第一个区间的和，再枚举一下后面那个区间选几个数，再乘法原理算一下即可。

程序

#include <cstdio>
#include <cmath>
#define Ha 23333333
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,nn,i,j,cnt,ans,f[2][100005],g[320][100005];

int main(){
    scanf("%d",&n);
    nn=sqrt((double)n);
    f[0][0]=f[1][0]=1;
    for (i=1; i<=nn; i++){      //前 i 种 
        cnt^=1;
        for (j=1; j<=n; j++){       //凑到 j
            f[cnt][j]=f[cnt^1][j];
            if (j-i>=0) f[cnt][j]=(f[cnt][j]+f[cnt][j-i])%Ha;   //注意要判断一下是否越界 
            if (j-(i+1)*i>=0) f[cnt][j]=((f[cnt][j]-f[cnt^1][j-(i+1)*i])%Ha+Ha)%Ha;
        }
    }
    g[0][0]=1;
    for(i=0;i<=nn;i++)
        for(j=0;j<=n;j++){          //注意这里也要判断越界。
            if(i&&j+i<=n)g[i][j+i]=(g[i][j+i]+g[i][j])%Ha;
            if(j+nn+1<=n)g[i+1][j+nn+1]=(g[i+1][j+nn+1]+g[i][j])%Ha;
        }
    g[1][0]++;
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=nn;j++)
            ans=(ans+(ll)f[cnt][i]*g[j][n-i]%Ha)%Ha;
    printf("%d",ans);
}

提示

注意两种dp中都有些小细节，判断一下是否越界。
开数组的时候开大了一点，结果 MLE 了一发……
参考此篇文章http://blog.csdn.net/sindardawn/article/details/52926024，主要是第一种分类和他的方法稍有不同，感觉更直观一些。

有限背包计数问题 (分类dp)

分析

程序

提示

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