整数拆分问题。
首先有一个dp的方法：
设 (f_{i,j}) 表示用小于等于 (i) 的正整数组合成 (j) 的方案数，则有转移：
[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-i}
]
前一项相当于不用 (i) 组成 (j) ，后一项表示使用了 (i) 。
用这个卡一卡能得到 (70) 分，再滚动一下就有 (80) 分。
当 (n) 达到 (10^5) 时，只用上面的做法就不行了。
再考虑一种dp：
设 (g_{i,j}) 表示将 (i) 拆分成 (j) 个正整数的方案数，则有转移：
[g_{i,j}=g_{i-1,j-1}+g_{i-j,j}
]
前一项表示新拆出一个 (1) ，后一项表示 (j) 个数全部加 (1) 。
考虑根号分治：用第一种dp求出只用小于等于 (sqrt{n}) 的正整数的方案数，将第二种dp魔改一下，求出将 (i) 拆分成 (j) 个大于等于 (sqrt{n}) 的正整数的方案数。
魔改后 (g_{i,j}) 有转移：
[g_{i,j}=g_{i-sqrt{n},j-1}+g_{i-j,j}
]
前一项表示新拆出一个 (sqrt{n}) ，后一项同上。
考虑如何合并答案：
枚举一个数 (i) ，将 (n) 分成两部分： (i) 和 (n-i) 。将 (i) 拆分成小于 (sqrt{n}) 的数，将 (n-i) 拆分成大于等于 (sqrt{n}) 的数，则总方案数：
[ ext{Ans}=sum_{i=1}^n(f_{i,sqrt{n}-1} imes sum_{j=0}^{sqrt{n}}g_{n-i,j})
]
采用根号分治的做法，计算 (f) 需要 (O(nsqrt{n})) ，因为大于 (sqrt{n}) 的数最多只会用 (sqrt{n}) 个，所以计算 (g) 也只需要 (O(nsqrt{n})) ，统计答案需要 (O(nsqrt{n})) ，总时间复杂度 (O(nsqrt{n})) 。
( ext{Code}:)
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define maxn 100005
#define BN 400
#define Rint register int
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long lxl;
template <typename T>
inline void read(T &x)
{
x=0;T f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
x*=f;
}
int n;
int p,g[maxn][BN+5],f[maxn];
int main()
{
// freopen("P6189.in","r",stdin);
read(n),read(p);
int S=n/BN+1;
f[0]=1;
for(int i=1;i<BN;++i)
for(int j=i;j<=n;++j)
(f[j]+=f[j-i])%=p;
g[0][0]=1;
for(int i=0;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=S&&j<=i;++j)
{
if(i>=BN) (g[i][j]+=g[i-BN][j-1])%=p;
if(i>=j) (g[i][j]+=g[i-j][j])%=p;
}
lxl ans=0;
for(int i=0;i<=n;++i)
{
int res=0;
for(int j=0;j<=S;++j)
(res+=g[n-i][j])%=p;
(ans+=1ll*f[i]*res%p)%=p;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}