简单的多重背包

简单的多重背包( 思维题(starstarstar ))

Descrption

• 这是一个简单的多重背包问题。
• 有一个大小为 (n) 的包，你有 (n) 种物品，其中第 (i) 种物品的大小为 (i)，数量为 (i) 个((1<=i<=n)),求装满这个背包的方案数是多少？

Input

• 输入一个数 (n) 如题意，(n<=100000) 。

Output

• 输出方案数模 (23333333) 之后的结果。

Sample Input

233

Sample Output

1167892

Hint

• 对于 (30\%) 数据 (n<=3000) 。
• 对于(100\%) 数据 (n<=100000) 。
• 来源：(20180718)

分析

• 多重背包就算加上单调队列优化显然后超时。
• 分析下对前 (1sim sqrt{n}) 个物品显然是可以全部取完的，而 (sqrt{n}+1sim n) 个物品无法取完，且每一件最多取 (sqrt{n}) 件。所以我们把问题分成两部分考虑。
• 对 (1sim sqrt{n}) 的物品，只有 (sqrt{n}) 个，令：(f[i][j]) 表示前 (i) 个物品选 (j) 个的方案数,那么有：
  • (f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-i]-f[i-1][j-i*(i+1)]) 。
  • 这是由于有两种决策，一种是不拿 (i) 物品，一种是拿，但是由于不能拿超过 (i) 个，所以要减去多算的方案。
• 对于 (sqrt{n}+1sim n) 的物品，最多拿 (sqrt{n}) 个，令：(g[i][j]) 表示拿了 (i) 个 (sqrt{n}+1sim n) 物品，重量为 (j) 的方案数。
  • (g[i][j+i]+=g[i][j]) ，将这 (i) 个物品都加 (1) （表示不拿 (sqrt{n}+1) 的物品）。
  • (g[i+1][j+sqrt{n} +1]+=g[i][j])。多拿一个 $sqrt{n} +1 $ 的物品。（再拿一个 $sqrt{n} +1 $ 的物品）
• 然后把两种情况合并即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
const int mod=23333333,N=100005;
int n,sqn,ans,f[2][N],g[335][N],f1[N],f2[N];
int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
void work1() {
	f[0][0]=1;
	for(RI i=1,t=1;i<=sqn;++i,t^=1)
		for(RI j=0;j<=n;++j) {
			f[t][j]=f[t^1][j];
			if(j>=i) f[t][j]=qm(f[t][j]+f[t][j-i]);
			if(j>=i*(i+1)) f[t][j]=qm(f[t][j]-f[t^1][j-i*(i+1)]+mod);
		}
	for(RI i=0;i<=n;++i) f1[i]=f[sqn&1][i];
}
void work2() {
	g[0][0]=1;
	for(RI i=0;i<=sqn;++i)
		for(RI j=0;j<=n;++j) {
			f2[j]=qm(f2[j]+g[i][j]);
			if(i&&j+i<=n) g[i][j+i]=qm(g[i][j+i]+g[i][j]);
			if(j+sqn+1<=n) g[i+1][j+sqn+1]=qm(g[i+1][j+sqn+1]+g[i][j]);
		}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);sqn=sqrt(n);
	work1(),work2();
	for(RI i=0;i<=n;++i) ans=qm(ans+1LL*f1[i]*f2[n-i]%mod);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}