[题解] CF 1528B Kavi on Pairing Duty 动态规划+简单数论

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这是题目给出的部分样例。
让我们仔细看第222个和第777个。好像第777个内层和第222个完全一样?
这让我们反应过来，好像可以dpdpdp。
我们经过进一步的推理可以发现:
设第111个点和第xxx个点相连，那么对于有端点在[x+1,2n][x+1,2n][x+1,2n]的线段，
我们发现，如果这个线段的左端点在[1,x][1,x][1,x]之内，那么这两个线段必相交，故长度一定相等;
如果这个线段的左端点不在[1,x][1,x][1,x]内部，那么他们两个的长度还是必须相等。
有了这个结论，我们就能顺利的推式子了。
设dp[i]dp[i]dp[i]为由2i2i2i个点时总的方案数，那么我们考察与第111个节点相连的边的长度lenlenlen：(这里我们仍然应用上个结论中的点xxx)
Case1:len≥n+1Case 1: \ len \ge n+1Case1: len≥n+1，那么对于在xxx右边的点显然左端点只能在[1,x][1,x][1,x]以内。把所有的在[x+1,2n][x+1,2n][x+1,2n]的点操作完之后，我们发现中线还胜了一部分点没有配对，这时候只需要利用之前的状态就行了。
再通过观察样例，可以知道所有len∈[n+1,2n−1]len \in [n+1,2n-1]len∈[n+1,2n−1]产生的贡献为∑i=1n−1dp[i]\sum_{i=1}^{n-1}dp[i]i=1∑n−1dp[i]
显然需要用前缀和优化。
Case1:len≤nCase 1: \ len \le nCase1: len≤n，那么根据我们之前的结论和观察样例，所有的线段长度一定一样，不管是和第111个相交的还是不相交的。
我们在仔细观察样例，可以发现左端点在[1,x−1][1,x-1][1,x−1]的线段构成一个小块，长度为2∗len2*len2∗len。如果想要为dp[i]dp[i]dp[i]做贡献，必有2∗len∣2∗n2*len|2*n2∗len∣2∗n，即len∣nlen|nlen∣n故此时能够产生的总贡献为d(n)d(n)d(n).
综上所述，可以推出来这个式子:dp[n]=∑i=1n−1dp[i]+d(n)dp[n] = \sum_{i=1}^{n-1}dp[i]+d(n)dp[n]=i=1∑n−1dp[i]+d(n)
最后用样例检查了一下这个式子，发现没问题。
用线性筛筛出ddd，时间复杂度O(n)O(n)O(n)。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
using namespace std;const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const int maxn = 1e6 + 10;
const ll mod = 998244353;int n;
ll dp[maxn];
ll sum[maxn];int p[maxn],cnt;
int a[maxn];//i的最小素因子次数
int d[maxn];//约数个数
bool isp[maxn];void getp(){isp[1] = 1;d[1] = 1;for(int i = 2; i < maxn; i++){if(!isp[i]){p[++cnt] = i;a[i] = 1;d[i] = 2;}for(int j = 1; j <= cnt && i*p[j] < maxn; j++){isp[i*p[j]] = 1;if(i%p[j] == 0){a[i*p[j]] = a[i]+1;d[i*p[j]] = d[i]/(a[i]+1)*(a[i]+2);break;}else{a[i*p[j]] = 1;d[i*p[j]] = 2*d[i];}}}
}void solve(){getp();scanf("%d",&n);dp[1] = sum[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++){dp[i] = (sum[i-1]+d[i]) % mod;sum[i] = (sum[i-1]+dp[i]) % mod;}printf("%lld\n",dp[n]);
}int main()
{solve();return 0;
}

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