[AHOI2022] 山河重整

之前打过一场 HA 的 ICPC 萌新赛，了解了这个问题的一个结论：若对于 \(\forall k\in [1,n]\)，\(k\) 都能被表示出，那么满足 \(\sum\limits_{j\in S,j\le k}j\ge k\)。这个条件是充要的。并且能被表示出来的数一定会形成一个形如 \([1,x]\) 的区间。

考虑 DP：设 \(f(i,j)\) 表示前 \(i\) 个数选若干个，能表示出 \([1,j]\) 的方案数。\(\mathcal O(n^2),\tt 60pts\)。感谢良心 EI 送这么多分。

然后发现 能表示出 \([1,j]\) 这个条件有点烦，这种 DP 的上限就在 \(\mathcal O(n^2)\) 了，很难优化。

转换视角，既然限制很强，考虑正难则反，容斥一下，算无法表示出 \([1,n]\) 的 \(S\) 个数。

这样有一个相当优秀的性质：对于第一个不能被 \(S\) 表示出的 \(k\)，必然有 \(\sum\limits_{j\in S,j\le k}j=k-1\)，并且 \(k\) 没有选入 \(S\)。

如果我们可以计算出 \(i\) 是第一个不能被表示出的数的方案数，就能快速解决这个问题。根据推导，这种方式成功的可能性很大。

把限制写出来：\(\sum\limits_{j\in S,j\le i}j=i\)，且 \(i+1\) 是 \(S\) 中第一个满足这个条件的数（此处改为 \(i+1\) 是为了方便）。

拆分限制，第二个限制可以用比 \(i\) 小的数容斥去重，具体方法后面再说，我们先考虑第一个限制。

定义 \(f(i)\) 表示 \(1\sim i\) 中选若干个数表示出 \(i\) 的方案数。

\(j\le i\) 的限制是假的，没什么用，这个东西本质就是 \(i\) 的自然数拆分方案，并且不能重复，那么显然至多拆出来 \(\sqrt i\) 个数。可以类比普通的自然数拆分问题，做到 \(\mathcal O(n\sqrt n)\) 计算。具体的计算方法在 这篇题解 里面写的相当清楚，我感觉我也讲不好，就不说了 QAQ。

然后我们考虑容斥掉第二个限制，当我们将 \(j\lt i\) 的 \(f\) 值已经不再有重复，先用 \(f_j\) 进行暴力容斥找找思路：\(f_i\gets f_i-f_j\times A(j,i)\)，其中 \(A(j,i)\) 表示容斥系数。

具体地，\(A(j,i)\) 表示 \([j+2,i]\) 中的数凑出 \(i-j\) 的方案数。因为 \(j+2\sim i\) 这部分的空缺需要补上，否则 \(i\) 不满足第一条限制。

考虑计算 \(A(j,i)\)，假设选了 \(k(k\ge 1)\) 个数，将所有选中的数减去 \(j+2\)，总和减去 \(i\times (j+2)\)，又成了原来的问题。

然后会发现，\(j\ge \frac{i}{2}\) 的时候不合法，那么将 \(1\sim i\) 分割为 \(1\sim \frac{i}{2},\frac{i}{2}+1\sim i\)，递归求解左半段，计算左半段对右半段的贡献即可。因为右半段自身内部不会产生影响。

类半在线卷积，分治计算即可，过程中用一个辅助数组 \(g\) 处理容斥系数，因为容斥系数也是一个拆分数的形式，所以计算方式和 \(f\) 大同小异。

因为分治只需递归一半，所以复杂度仍为 \(\mathcal O(n\sqrt n)\)，使用神奇多项式科技好像可以做到 \(\mathcal O(n^{4/3}\log^{2/3}n)\)。EI 好强。

#include <bits/stdc++.h>

const int maxn = 5e5 + 5;

int n,p,pw[maxn],f[maxn],g[maxn];

void add(int& x,int y) {
	x += y;
	if(x >= p)
		x -= p;
	return ;
}

void sub(int& x,int y) {
	x -= y;
	if(x < 0)
		x += p;
	return ;
}

void solve(int n) {
	if(n <= 1)
		return ;
	solve(n >> 1);
	int s = std::sqrt(n * 2);
	for(int i = 0;i <= n;++ i)
		g[i] = 0;
	for(int i = s;i;-- i) {
		for(int j = n;j >= i;-- j)
			g[j] = g[j - i];
		for(int j = 0;j + (j + 2) * i <= n;++ j)
			add(g[j + (j + 2) * i] , f[j]);
		for(int j = i;j <= n;++ j)
			add(g[j] , g[j - i]);
	}
	for(int i = (n >> 1) + 1;i <= n;++ i)
		sub(f[i] , g[i]);
	for(int i = 0;i <= n;++ i)
		g[i] = 0;
	return ;
}

int main() {
	scanf("%d %d",&n,&p);
	pw[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		pw[i] = pw[i - 1] * 2 % p;
	int s = std::sqrt(2 * n);
	for(int i = s;i;-- i) {
		for(int j = n;j >= i;-- j)
			f[j] = f[j - i];
		add(f[i] , 1);
		for(int j = i;j <= n;++ j)
			add(f[j] , f[j - i]);
	}
	f[0] = 1;
	solve(n);
	int ans = 0;
	for(int i = 0;i < n;++ i)
		add(ans , 1ll * f[i] * pw[n - i - 1] % p);
	sub(pw[n] , ans);
	printf("%d\n",pw[n]);
	return 0;
}