沒有名字 [整除分塊優化dp]

$沒有名字$

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$\color{red}{正解部分}$

設 $F[i, j]$ 表示 $i$ 位置填 $j$ 滿足條件的方案數, 則 $F[i, j] = \sum\limits_{k=1}^{\lfloor \frac{M}{j} \rfloor} F[i-1, k]$, 直接轉移複雜度 $O(NM^2)$, 不可過 .

觀察到 $\lfloor \frac{M}{j} \rfloor$ 的取值僅有 $O(\sqrt{M})$ 個, 且轉移是前綴和的形式, 因此考慮使用 整除分塊 和 前綴和 優化,

設 $F'[i, j]$ 表示 $i$ 位置填 整除分塊 從大到小 第 $j$ 種 值所對應的 分母 的方案數, $g[i, j]$ 表示 對應 前綴和, 則

$\begin{aligned} &\ \ \ \ F'[i, j] \\ & = (r[j]-l[j]+1)\times \sum\limits_{k=1}^{val[j]} F[i-1, k] \\ & = (r[j]-l[j]+1) \times \sum\limits_{k=1}^{Mp[\frac{M}{val[j]]}]} F'[i-1,k] \\ & = (r[j]-l[j]+1)\times g[i-1, Mp[\frac{M}{val[j]]}]\ ]\end{aligned}$

最後 $ans = g[N, cnt]$, 使用 std::map<int, int> 時間複雜度 $O(N \sqrt{M} \log M)$ .

$cnt$ 爲取值的總個數, 整除分塊的值從前往後單調不增 : M M-1 M-1 M-2 M-2 M-2 …
$Mp[x]$ 爲 $x$ 對應的塊的編號 .
$val[i]$ 表示編號爲 $i$ 的塊對應的值 .

但是 $Mp[x]$ 直接使用 std::map<int,int> 儲存會 $TLE$,
觀察到在 從小到大 枚舉 $j$ 時, $\lfloor \frac{M}{val[j]} \rfloor = \lfloor \frac{M}{\frac{M}{l[j]}} \rfloor$ 的值是 單調不增 的, 且只會變化 $\sqrt{M}$ 次, 因此可以使用指針維護 .

時間複雜度 $O(N \sqrt{M})$ .

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$\color{red}{實現部分}$

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register

const int maxn = 1000005;
const int mod = 1e9 + 7;

int N;
int M;
int cnt;

int Mp[maxn];
int val[maxn];
int llim[maxn];
int rlim[maxn];
int F[102][maxn];
int g[102][maxn];

int main(){
        scanf("%d%d", &N, &M);
        for(reg int l = 1, r; l <= M; l = r+1){
                r = M/(M/l), llim[++ cnt] = l, rlim[cnt] = r;
                F[1][cnt] = r-l+1, val[cnt] = M/l;
                g[1][cnt] = (g[1][cnt-1] + F[1][cnt]) % mod;
        }
        for(reg int i = 2; i <= N; i ++){
                int t = cnt;
                for(reg int j = 1; j <= cnt; j ++){
                        while(t >= 1 && M/(M/llim[j]) > val[t]) t --;
                        F[i][j] = (rlim[j]-llim[j]+1)*1ll*g[i-1][t] % mod;
                        g[i][j] = (g[i][j-1] + F[i][j]) % mod;
                }
        }
        printf("%d\n", g[N][cnt]);
        return 0;
}