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(nsqrt 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：
( exttt{0 0 0 0 0 0 0}cdots 7)
( exttt{0 0 0 0 0 0}cdots 6)
( exttt{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：
( exttt{0 0 0})
( exttt{0 0 0})
( exttt{0 0 0})
( exttt{0 0 0})
( exttt{0 0 0})
( exttt{0 0})
( exttt{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。最后复杂度 (O(nsqrt n))。
#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
",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
",(ans+f[n])%M);
return 0;
}