吐槽：
好吧开学了果然忙得要死……不过为了证明我的blog还没有凉，还是跑来更一波水题
题意：
有n种物品，第i种体积为i，问装满一个大小为n的背包有多少种方案？
$n\leq 10^5.$
做法：
这种题一看就很想按根号分类是不是……
设阈值大小为$m=\sqrt n$，对于体积$\leq m$的所有物品，直接跑多重背包：
f[i][j]表示前i个物品，体积和为j的方案数，$f[i][j]=\sum f[i-1][j-ki],k\in [0,i]$。
记录sum[x]表示$\sum f[i-1][j]$其中$j\% i=x$，同时需满足当前的j和上一个状态lastj的差$\leq i^2$。这样可以把dp优化到$\mathcal{O}(n\sqrt n)$。
对于体积$>m$的所有物品，由于$i^2$一定$>n$，所以相当于完全背包：
但是当然不能直接跑完全背包，复杂度是炸的。可以发现物品的个数不超过$\sqrt n$，那么
g[i][j]表示i个物品，体积和为j的方案数（注意和f的区别），$g[i][j]=g[i][j-i]+g[i-1][j-m-1]$。
具体来说这个转移表示，要么把当前i个物品每个体积都增加1，要么插入一个体积为m+1的物品（一个构造法，恰好不重不漏地计算了所有方案）。
复杂度也是$\mathcal{O}(n\sqrt n)$。
最后把两者乘法原理合并起来即可。
题外话：51nod1259是一道类似的题，区别是它都是完全背包，更简单了些。
code:
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++) 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 #define N 100005 6 const int mod=23333333; 7 int n,m,f[2][N],sum[N],g[2][N],now,t,ans; 8 void upd(int &x,int y){x+=y;x-=x>=mod?mod:0;} 9 int main(){ 10 cin>>n;m=sqrt(n);now=0;f[0][0]=1; 11 rep (i,1,m){//f[i][j]：前i个体积<=m的物品，体积和为j的方案数 12 now^=1;memset(sum,0,sizeof(sum)); 13 rep (j,0,n){ 14 upd(f[now][j]=f[now^1][j],sum[j%i]);upd(sum[j%i],f[now^1][j]); 15 if (j>=i*i) upd(sum[j%i],mod-f[now^1][j-i*i]); 16 } 17 } 18 ans=f[now][n];t=now; 19 g[0][0]=1;now=0; 20 rep (i,1,m){//g[i][j]：i个体积都>m的物品，体积和为j的方案数 21 now^=1;memset(g[now],0,sizeof(g[now])); 22 rep (j,i,n){ 23 upd(g[now][j],g[now][j-i]); 24 if (j>=m+1) upd(g[now][j],g[now^1][j-m-1]); 25 } 26 rep (i,0,n) upd(ans,(ll)f[t][i]*g[now][n-i]%mod); 27 } 28 cout<<ans; 29 return 0; 30 }