传送门

题意：

有$n$个细胞，你初始在第$n$细胞上，假设你当前在$x$处，你每次可以进行如下两个操作：

$(1)$选择$[1,x-1]$内一个数$y$，跳到第$x-y$个细胞上。

$(2)$选择$[2,x]$之间的一个数$z$，跳到$\lfloor \frac{x}{z}\rfloor$。

问你有多少种不同的方式到达$1$号细胞。

$2\le n\le 4e6$

思路

如果直接按照题意来设计状态，$f[i]$表示从$n$到$i$的方案数，那么第一个操作显然可以用一个变量打一个标记，第二个可以整除分块，将$i$这个点的贡献分配给$\lfloor \frac{x}{z}\rfloor$。

复杂度$O(n\sqrt{n})$

这个只能通过简单版本，要通过这个题的话，显然需要优化，其实不难发现他与倍数有关。

我们考虑倒着来设计状态，$f[i]$表示从$i$到$1$的方案数，那么$f[1]=1$。

假设当前枚举的点是$k$，考虑$\lfloor \frac{x}{z}\rfloor =k$这个式子，代表从$x$点能到当前点$k$，由于我们是倒着来的，那么也就是$k$这个点可以转移到$x$，考虑枚举$z$，那么能转移到的区间就是$[k\ast z,k\ast z+z-1]$，通过枚举倍数让后打一个标记即可。

复杂度$O(nlogn)$

// Problem: D1. Up the Strip (simplified version)
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #740 (Div. 2, based on VK Cup 2021 - Final (Engine))
// URL: https://codeforces.com/contest/1561/problem/D1
// Memory Limit: 128 MB
// Time Limit: 6000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=5000010,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,mod;
LL a[N],f[N];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&mod);f[1]=1; LL add=0;for(int i=1;i<=n;i++) {a[i]+=a[i-1]; a[i]%=mod;f[i]=add+f[i]+a[i]; f[i]%=mod;add+=f[i]; add%=mod;for(int j=2;1ll*j*i<=n;j++) {int l=j*i,r=j*i+j-1; r=min(r,n+1);a[l]+=f[i]; a[r+1]-=f[i];a[l]%=mod; a[r+1]%=mod; a[r+1]+=mod; a[r+1]%=mod;}}cout<<f[n]%mod<<endl;return 0;
}
/*1 2 3 4 5 6 7 8
1-> 2 3 4 5 6 7 8
2-> [4,5]  */