思维dp ---- Codeforces Round #722 (Div. 1) B. Kavi on Pairing Duty [思维dp + 数学]

题目大意：

将2n2n2n个点两两相连形成n对,对于任意两个点对A和B,要求至少满足其中一条:
1.A和B的某一个完全包含于另一个中
2.A和B的长度相等.问你一共有多少种方案.

解题思路:

题解:假设第一个区间的左端点为1,右端点为x,对x分两种情况来分析.

1.x>nx>nx>n,那么所有大于xxx的点,因为它不完全包含于[1,x][1,x][1,x],所以它们的长度都相同,左端点确定,那么在[1,x][1,x][1,x]内,就会有一些点空出来,这些点我们可以看成是一种子情况,所以可以用前缀和来维护.注意:就是这里着中间有空点的情况！那么要用前缀和维护

2.x≤nx≤nx≤n,那么所有的点对长度相同,我们连接111和xxx后,[1,x][1,x][1,x]中间会空出x−2x−2x−2个点,将中间的这些点和对应的右端点连接,全部连完后,最右端点扩展到了x+x−2x+x−2x+x−2,即2∗(x−1)2∗(x−1)2∗(x−1),那么我们可以将这看成一个完整的块,这个块有2∗(x−1)2∗(x−1)2∗(x−1)个点,很明显,只有2nmod2∗(x−1)=02nmod2∗(x−1)=02nmod2∗(x−1)=0时才合法, 所以x−1x−1x−1一定要是nnn的因子(不含1).

那么我们就能得出递推式子:dp[i]=pre[i−1]+divisors[i].dp[i]=pre[i−1]+divisors[i].dp[i]=pre[i−1]+divisors[i].

#include <bits/stdc++.h>
#define mid ((l + r) >> 1)
#define Lson rt << 1, l , mid
#define Rson rt << 1|1, mid + 1, r
#define ms(a,al) memset(a,al,sizeof(a))
#define log2(a) log(a)/log(2)
#define lowbit(x) ((-x) & x)
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define f first
#define s second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, mod = 998244353;
const int maxn = 1500010;
const long double eps = 1e-5;
const int EPS = 500 * 500;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
typedef pair<double,double> PDD;
template<typename T> void read(T &x)
{x = 0;char ch = getchar();ll f = 1;while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')f*=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x = x*10+ch-48;ch=getchar();}x*=f;
}
template<typename T, typename... Args> void read(T &first, Args& ... args) {read(first);read(args...);
}int divs[maxn],a[maxn];int main() {IOS;int n;cin >> n;    for(int i = 1; i < maxn; ++ i)for(int j = i; j < maxn; j += i)divs[j] ++;a[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; ++ i)a[i] = (2 * a[i - 1] % mod + divs[i]) % mod;cout << (a[n] - a[n - 1] + mod) % mod;
}