CF1528B Kavi on Pairing Duty（dp）

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思路

这道题真的是一道不太好想的dp…真的太菜了
首先状态转移分成两种情况

区间长度相等的情况，如

这种情况就是看看你现在的区间有几个约数，那么代表有几种这样的situation
记为v[i]

包含情况，如

dp[i]+=dp[i-1]

dp[i]+=dp[i-1]

这样的就是dp[i]+=dp[i-1]+dp[i-2]
当然还有这样的

这样的就是，两个区间交替，外层区间谁也没有包谁那么就是
dp[i]+=dp[i-2]

那么状态转移方程就是
dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]+...+dp[2]+dp[1]+v[i]dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+...+dp[2]+dp[1]+v[i]dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]+...+dp[2]+dp[1]+v[i]

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[2102100];
ll v[2102100];
const ll modd=998244353;
int main(){ll n;cin>>n;for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll j=i;j<=n;j+=i) v[j]++;}dp[1]=1;ll sum=dp[1];for(ll i=2;i<=n;i++){dp[i]+=sum;dp[i]%=modd;dp[i]+=v[i];sum+=dp[i];sum%=modd;dp[i]%=modd;}cout<<dp[n]<<endl;
}

重做笔记

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=998244353;
ll dp[2102100];
ll s[2102100];
ll sum;
int main(){int n;cin>>n;//memset(s,1,sizeof s);//s[1]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n/i;j++)s[i*j]++,s[i*j]%=N;//cout<<s[2]<<endl;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i]=sum+s[i];sum+=dp[i];dp[i]%=N;sum%=N;}cout<<dp[n]<<endl;
}

枚举那块千万要优化，否则时间复杂度让你难以想象！！！（就是s数组）
UPD：2021/10/28
这个题的思路其实这块不难推：
dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]+dp[i−3]+....dp[1]+?dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+dp[i-3]+....dp[1]+?dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]+dp[i−3]+....dp[1]+?
当前的状态一定是前面的状态的前缀和，但是如何想到枚举因数？我们通过分析每一个状态其实不难得到，当前dp其实就是继承前面的每一个状态，而当前的状态也一定可以排列出一种非继承的状态，也就是没有外部包装的状态，那么我们就可以进行下面的递推，那就是将这n个点，可以分成多少个整数组，这个整数组则就是新的衍生状态，每一个组之间的线对不相互影响，每一组刚好就是一个答案，素以我们在最后加上当前的枚举的i包含多少个因子即可。

#include<iostream>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int v[2102100];
int dp[2102100];
signed main(){int n;dp[1]=1;for(int i=1;i<=1000000;i++){for(int j=1;j*i<=1000000;j++){v[j*i]++;}}int tot=1;for(int i=2;i<=1000000;i++){dp[i]+=(v[i]+tot)%mod;tot+=dp[i];tot%=mod; }cin>>n;cout<<dp[n]<<endl;}

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