ABC133F Small Products
考虑 DP。
状态
令 \(f[\ell][x]\) 表示长度为 \(\ell\)，首项不超过 \(x\) 的序列的个数。
答案是 \(f[K][N]\)。
有递推 \(f[\ell][x] = f[\ell][x - 1] + f[\ell - 1][\floor{N/x}]\)。照这个递推式求解，复杂度度太高；把它改成
\(f[\ell][x] = \sum_{y = 1}^{x} f[\ell - 1][\floor{N/y}]\) 也就是枚举首项。
我们的目标是求出 \(f[K][N]\)，结合递推式来看，可以发现我们需要计算的状态的第二维都可以写成 \(\floor{N/i}\)。而我们熟知 \(\floor{N/i}\) 的不同取值不超过 \(2 \sqrt{N}\) 个。因此需要计算的状态不超过 \(2K\sqrt{N}\) 个。
先来解决状态表示的问题，也就是 \(\floor{N/i}\) 的表示问题。虽然 \(\floor{N/i}\) 的取值不超过 \(2\sqrt{N}\) 个，但是不能直接以 \(\floor{N/i}\) 作为数组下标。可以这样做，对于 \(\color{blue}{ i \le \sqrt{N} }\)，用 \(i\) 表示 \(\floor{N/i}\)，对于 \(\color{red}{ i \ge \sqrt{N} }\)，直接以 \(\floor{N/i}\) 作为下标。从代码实现的角度说就是开两个数组，\(f_1[1..K][1..\floor{\sqrt N}],\\ f_2[1..K][1..\floor{\sqrt N}]\)，\(f_1[\ell][i] := f[\ell][i]\)，\(f_2[\ell][i] := f[\ell][\floor{N/i}]\)。
注①：当 \(N\) 是完全平方数时，\(i \le \sqrt N\) 与 \(i \ge \sqrt N\) 这两段中都含有 \(\sqrt{N}\)，这并不会造成问题。实际上分段时两侧都取等号是有意为之，这样可以使得递推式更简洁并且没有 corner case。这种分段方法适用于许多跟 \(\floor{N/i}\) 相关的分块问题。
注②：关于上一段所说的“对于 \(i \le \sqrt N\)，用 \(i\) 表示 \(\floor{N/i}\)”，我们不需要关心 \(i \mapsto \floor{N/i}\) 是不是单射。这里所谓“表示 \(\floor{N/i}\)”是说设计一种方法来把所有需要计算的 \(f[\ell][\floor{N/i}]\) 紧凑地存到数组里并且可以快速地由 \(\ell, i\) 这两个 key 查到 \(f[\ell][\floor{N/i}]\) 的值。不过可以证明，对于 \(i \le \sqrt{N}\)，\(i \mapsto \floor{N/i}\) 确实是单射。
递推
对于 \(f_1\)，有递推
\(f_1[l][x] = f_1[l][x - 1] + f[l - 1][\floor{N/x}]\)
由于 \(1 \le x \le \floor{\sqrt{N}}\)，有 \(f[l - 1][\floor{N/x}] = f_2[l-1][x]\)，从而有
\(f_1[l][x] = f_1[l][x - 1] + f_2[l-1][x]\)
对于 \(f_2\)，有递推式
$f_2[l][i] = f_2[l][i+1] + \sum_{x=\floor{N/(i+1)} + 1}^{\floor{N/i}} f[l -1][\floor{N/x}] $
容易证明下列几个不等式
- \(\floor{N/i} \ge \floor{N/(i + 1)}\)
- \(\floor{N/\floor{N/i}} \ge i\)
- \(\floor{N / \left(\floor{N/i} + 1 \right) } < i\)
只证第 3 个。
设 $ \floor{\frac{N}{i}} = t\(，我们有
\) t \le \frac{N}{i} < t + 1 \iff it \le N < i(t + 1) \iff i\frac{t}{t + 1} \le \frac{N}{t + 1} < i \implies \floor{\frac{N}{t + 1}} < i$
因此我们有 \(i \le \floor{\frac{N}{x}} < i + 1\)，即对于 \(\floor{\frac{N}{i + 1}} < x \le \floor{\frac Ni}\) 恒有 $ \floor{\frac{N}{x}} = i $，这里我们得到一个很有用的等式
若 \(\floor{\frac{N}{i}} \ge \floor{\frac{N}{i+1}}\)，则
$f[l][\floor{\frac{N}{i}}] = f[l][\floor{N/(i + 1)}] + \left( \floor{\frac{N}{i}} - \floor{\frac{N}{i+1}} \right) f[l - 1][i] $
并且当 \(\floor{\frac{N}{i}} > \floor{\frac{N}{i+1}}\) 时，\(i\) 可表为 \(\floor{ \frac{N}{ \floor{ \frac{N}{i} } } }\)
从而有
\begin{aligned}
f_2[l][i] &= f_2[l][i+1] + \left( \floor{\frac{N}{i}} - \floor{\frac{N}{i+1}} \right) f[l - 1][i] \\
&= f_2[l][i+1] + \left( \floor{\frac{N}{i}} - \floor{\frac{N}{i+1}} \right) f_1[l - 1][i]
\end{aligned}
\(f_2\) 的边界条件有两个：
1.
$f_2[1][i] = \floor{ \frac{N}{i} } $
2.
\begin{aligned} f_2[l][\floor{\sqrt{N}}] &:= f[l][\floor{\frac{N}{\floor{\sqrt N}}}] \\
&= f[l][\floor{\frac{N}{\floor{\sqrt N}+1}}] + \left( \floor{ \frac{N}{ \floor{\sqrt{N}} } } - \floor{ \frac{N}{\floor{\sqrt N}+1} } \right) f[l - 1][\floor{ \sqrt{N} } ] \\
&= f_1[l][\floor{\frac{N}{\floor{\sqrt N}+1}}] + \left(\floor{\frac{N}{\floor{\sqrt{N}}}} - \floor{\frac{N}{\floor{\sqrt{N}} + 1}} \right) f_1[l - 1][\floor{ \sqrt{N} } ]
\end{aligned}
代码
int main() {
int n, k;
scan(n, k);
int r = sqrt(n + 0.5); // r is defined to be floor(sqrt{n})
vv<int> f1(k + 1, vi(r + 1)); // f1[len][i]：长为len，首项 <= i
vv<int> f2(k + 1, vi(r + 1)); // f2[len][i]：长为len，首项 <= n/i
up (i, 1, r) {
f1[1][i]=i;
}
up (i, 1, r) {
f2[1][i] = n / i;
}
up (l, 2, k) {
up (i, 1, r) {
f1[l][i] = f1[l][i - 1] + f2[l - 1][i];
if (f1[l][i] >= mod) {
f1[l][i] -= mod;
}
}
f2[l][r] = f1[l][n/(r + 1)] + (ll)(n / r - (n / (r + 1))) * f1[l - 1][r] % mod;
if (f2[l][r] >= mod) {
f2[l][r] -= mod;
}
down (i, r - 1, 1) {
f2[l][i] = f2[l][i + 1] + (ll)(n / i - (n / (i + 1))) * f1[l - 1][i] % mod;
if (f2[l][i] >= mod) {
f2[l][i] -= mod;
}
}
}
println(f2[k][1]);
return 0;
}
从另一个角度看待这个问题。以下所有 / 运算都向下取整。
取一个数字 m，求出 f[L][1..m]
f[L][i] = f[L][i-1] + f[L-1][N/i]
开一个数组 g[1..m]，g[L][i] := f[L][N/i]
问题归结为如何计算 g[L][i]
上面已经得到
g[L][i] = g[L][i+1] + (L/i - L/(i+1))*f[L-1][i]
整个计算过程如下
for i = 1 to m
f[1][i] = i
g[1][i] = N/i
for L = 1 to K
f[L][0] = 0
for L = 2 to K
for i = 1 to m
f[L][i] = f[L][i-1] + g[L-1][i]
// compute g[L][m]
for i = m - 1 down to 1
g[L][i] = g[L][i+1] + (L/i - L/(i+1)) * f[L-1][i]
问题进一步归结为如何计算 g[L][m]，即 f[L][N/m]
若 N/m <= m 则 f[L][N/m] 已经算出来了，不成问题。
若 N/m > m 但 N/(m + 1) <= m 则 f[L][N/m] = f[L][N/(m+1)] + (N/m - (N/(m+1))*f[L-1][m]，也不成问题。
所以保险的办法是取 m 使得 N/(m + 1) <= m，取 m = floor(sqrt(N)) 就可以保证 N/(m+1) <= m。证明：m+1 > sqrt(N) 因此 N/(m+1) < sqrt(n) <= m 。
取 m = floor(sqrt(N)) + 1 可以保证 N / m < m。证明 m > sqrt(N)，所以 N / m < sqrt(N) <= floor(sqrt(N)) < m。
