[ABC335F] Hop Sugoroku 【根号分治】

[ABC335F] Hop Sugoroku 【根号分治】

$\mathtt{TAGS}$： 根号分治 DP

$\mathtt{APPRAIS}$： 很优美的暴力 DP

First. 朴素 DP

这里做一个转化：求不同集合的数量相当与求走到所有点的不同方案数之和。

设 $d{p}_i$ 表示走到 $i$ 号的方案数。

显然， $d{p}_i$ 可以去更新所有 $d{p}_{i+a_i\times x}[i+a_i\times x\le n]$。

即：

for (int i = 1; i <= n; i ++) {
	for (int j = i + a[i]; j <= n; j += a[i]) {
		dp[j] += dp[i], dp[j] -= (dp[j] >= mod) ? mod : 0;
	}
}

时间复杂度：$\text{O}(n^2)$

Second. 优化

记 $s{u}_{i,x,r}$ 为所有小于 $i$ 的数中模 $x$ 余 $r$ 的 $dp$ 值之和。

对于 $a_i$ 的大小不同，我们尝试去做不同的解决方案。

设阈值为 $x$，对于 $i\le x$ 的部分：

此时枚举所有 $p\le x$，$d{p}_i=\sum s{u}_{p,imodx}$。这相当枚举所有与 $i$ 模 $p$ 同余的所有 $j$ 的位置的 $dp$ 值之和。

剩余部分已经由 $a_i>x$ 的 $i$ 更新过了。

更新时，对于 $a_i\le x$：

在 $s{u}_{a_i,imod{a}_i}$ 上累加即可实现向后更新的转移。

对于 $a_i>x$：

此时直接暴力更新 $d{p}_i+a_i\times j$ 最多更新 $\frac{n}{x}$ 次。

所以总复杂度为 $\text{O}(x+\frac{n}{x})$。

当 $x$ 取 $\sqrt{n}$ 时得到最优。

傻缺代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 根号分治
// 1: a <= sqrt(n)
// 记 sum[x][y] 表示 % x = y 的 i 的 dp[i] 之和。
// 2: a > sqrt(n)
// 暴力更新，次数不会超过 sqrt(n) 次
/*
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
	for (int j = i + a[i]; j <= n; j += a[i]) {
		dp[j] = (dp[j] + dp[i]) % mod;
	}
}
*/
const int N = 2e5 + 10, M = 500 + 10;
const int mod = 998244353;
int n, b, a, ans;
int dp[N], su[M][M];

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n;
	b = sqrt(n);
	dp[1] = 1;
	for (int  i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a;
		for (int j = 1; j <= b; j ++) dp[i] = (dp[i] + su[j][i % j]) % mod;
		if(a >= b) for (int j = i + a; j <= n; j += a) dp[j] = (dp[j] + dp[i]) % mod;
		else su[a][i % a] = (su[a][i % a] + dp[i]) % mod;
		(ans += dp[i]) %= mod;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

参考资料

• ABC 官方题解

• ABC335F 题解 - by Register_int