正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P8340

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题目大意

给出一个$n$和模数$P$。求有多少个在$1\sim n$中选择若干个数的集合$S$，满足$1\sim n$中的每个数都可以表示成$S$的某个子集的和。

$1\le n\le 5\times 10^5,2\le P\le 1.1\times 10^9$

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解题思路

先考虑集合$S$符合要求的条件。

我们从小到大加入$S$集合中的数，那么假设我们目前能表示$1\sim k$，那么在我们加入一个数字$x$时，显然要求$x\le k+1$，否则$k+1$就无法被表示。那么我们在加入$x$后我们能表示的范围就变成了$1\sim x+k$。

那么这个条件已经很显然，对于任意的$i\in [1,n]$，要求$\le i$的数字和$\ge i$即可。

考虑减去不合法的方案，记$f_i$表示恰好在位置$i$处$\le i$的数字和为$i$且前面的都合法，那么我们不选$i+1$即可。

那么这个$f_i$怎么计算，因为要求前面的位置都合法，那么我们继续考虑减去不合法的方案。我们先算出$i$的整数划分，然后不合法的方案我们考虑枚举第一个不合法的位置。和上面的类似，我们枚举一个$j$，然后前面的方案就是$f_j$，之后$j+1$不选，那么剩下$j+2\sim i$中选择若干个数使得其和$j$的和为$i$。

先考虑整数拆分的方案，这个好说，因为划分的每个数字都要求不同，所以数字总数是$\sqrt{n}$级别的。那么这就很好解决了，我们设$g_{i,j}$表示目前和为$i$，选了$j$个数字，那么我们每次要么多一个数字，要么所有的数字一起加$1$就好了。

然后考虑后面那个转移，因为$f_j+sum=i,sum\ge j+2$，也就是说$2j+2\le i$。那么我们可以考虑一个倍增的做法，每次先处理$1\sim i$然后再处理$1\sim 2i$。

之后考虑怎么快速计算左边对右边的贡献，考虑用上面类似的方法，不过我们再每次处理完后要令$g_{j+(j+2)\times i}+=f_j$。

时间复杂度：$O(n\sqrt{n})$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5e5+10;
ll n,P,h[N],f[N];
void add(ll &x,ll y)
{x=((x+y<P)?(x+y):(x+y-P));}
signed main()
{scanf("%lld%lld",&n,&P);for(ll i=n;i>=1;i--){if(i*(i+1)/2>n)continue;for(ll j=n;j>=i;j--)f[j]=f[j-i];f[i]++;for(ll j=i;j<=n;j++)add(f[j],f[j-i]);}memset(h,0,sizeof(h));f[0]=1;for(ll l=1,r;l<n;l=r){r=min(l*2+2,n);for(ll i=l;i>=1;i--){if(i*(i+1)/2>r)continue;for(ll j=r;j>=i;j--)h[j]=h[j-i];for(ll j=0;j+(j+2)*i<=r;j++)add(h[j+(j+2)*i],f[j]);for(ll j=i;j<=r;j++)add(h[j],h[j-i]);}for(ll i=l+1;i<=r;i++)add(f[i],P-h[i]);for(ll i=1;i<=r;i++)h[i]=0;}ll ans=1;for(ll i=1;i<=n;i++)ans=ans*2ll%P;for(ll i=n-1,pw=1;i>=0;i--,pw=pw*2ll%P)add(ans,P-pw*f[i]%P);printf("%lld\n",ans);return 0;
}