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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 $f[\ell ][x]=f[\ell ][x-1]+f[\ell -1][\text{floor}N/x]$。照这个递推式求解，复杂度度太高；把它改成
$f[\ell ][x]=\sum _{y=1}^{x}f[\ell -1][\text{floor}N/y]$ 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 $\text{floor}N/i$。而我们熟知 $\text{floor}N/i$ 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 $\text{floor}N/i$ 的表示问题。虽然 $\text{floor}N/i$ 的取值不超过 $2\sqrt{N}$ 个，但是不能直接以 $\text{floor}N/i$ 作为数组下标。可以这样做，对于 $i\le \sqrt{N}$，用 $i$ 表示 $\text{floor}N/i$，对于 $i\ge \sqrt{N}$，直接以 $\text{floor}N/i$ 作为下标。从代码实现的角度说就是开两个数组，$$\begin{gathered} f_1[1..K][1..\text{floor}\sqrt{N}], \\ {f}_2[1..K][1..\text{floor}\sqrt{N}] \end{gathered}$$，$f_1[\ell ][i]:=f[\ell ][i]$，$f_2[\ell ][i]:=f[\ell ][\text{floor}N/i]$。

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 $\text{floor}N/i$ 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 $\text{floor}N/i$”，我们不需要关心 $i\mapsto \text{floor}N/i$ 是不是单射。这里所谓“表示 $\text{floor}N/i$”是说设计一种方法来把所有需要计算的 $f[\ell ][\text{floor}N/i]$ 紧凑地存到数组里并且可以快速地由 $\ell ,i$ 这两个 key 查到 $f[\ell ][\text{floor}N/i]$ 的值。不过可以证明，对于 $i\le \sqrt{N}$，$i\mapsto \text{floor}N/i$ 确实是单射。

递推

对于 $f_1$，有递推
$f_1[l][x]=f_1[l][x-1]+f[l-1][\text{floor}N/x]$
由于 $1\le x\le \text{floor}\sqrt{N}$，有 $f[l-1][\text{floor}N/x]=f_2[l-1][x]$，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
$f_2[l][i]=f_2[l][i+1]+\sum _{x=\text{floor}N/(i+1)+1}^{\text{floor}N/i}f[l-1][\text{floor}N/x]$
容易证明下列几个不等式

1. $\text{floor}N/i\ge \text{floor}N/(i+1)$
2. $\text{floor}N/\text{floor}N/i\ge i$
3. $\text{floor}N/(\text{floor}N/i+1)<i$

只证第 3 个。
设 $ \floor{\frac{N}{i}} = t$，\mathrm{我}\mathrm{们}\mathrm{有}$ 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 $i\le \text{floor}\frac{N}{x}<i+1$，即对于 $\text{floor}\frac{N}{i+1}<x\le \text{floor}\frac{N}{i}$ 恒有 $\text{floor}\frac{N}{x}=i$，这里我们得到一个很有用的等式

若 $\text{floor}\frac{N}{i}\ge \text{floor}\frac{N}{i+1}$，则
$f[l][\text{floor}\frac{N}{i}]=f[l][\text{floor}N/(i+1)]+(\text{floor}\frac{N}{i}-\text{floor}\frac{N}{i+1})f[l-1][i]$
并且当 $\text{floor}\frac{N}{i}>\text{floor}\frac{N}{i+1}$ 时，$i$ 可表为 $\text{floor}\frac{N}{\text{floor}\frac{N}{i}}$

从而有
$$\begin{array}{rl}{f}_2[l][i]& =f_2[l][i+1]+(\text{floor}\frac{N}{i}-\text{floor}\frac{N}{i+1})f[l-1][i]\\ & =f_2[l][i+1]+(\text{floor}\frac{N}{i}-\text{floor}\frac{N}{i+1})f_1[l-1][i]\end{array}$$

$f_2$ 的边界条件有两个：
1.
$f_2[1][i]=\text{floor}\frac{N}{i}$
2.
$$\begin{array}{rl}{f}_2[l][\text{floor}\sqrt{N}]& :=f[l][\text{floor}\frac{N}{\text{floor}\sqrt{N}}]\\ & =f[l][\text{floor}\frac{N}{\text{floor}\sqrt{N}+1}]+(\text{floor}\frac{N}{\text{floor}\sqrt{N}}-\text{floor}\frac{N}{\text{floor}\sqrt{N}+1})f[l-1][\text{floor}\sqrt{N}]\\ & =f_1[l][\text{floor}\frac{N}{\text{floor}\sqrt{N}+1}]+(\text{floor}\frac{N}{\text{floor}\sqrt{N}}-\text{floor}\frac{N}{\text{floor}\sqrt{N}+1})f_1[l-1][\text{floor}\sqrt{N}]\end{array}$$

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。