51nod1597 有限背包计数问题[DP][分类讨论][前缀和]

有限背包计数问题
SkyDec (命题人)
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你有一个大小为n的背包，你有n种物品，第i种物品的大小为i，且有i个，求装满这个背包的方案数有多少
两种方案不同当且仅当存在至少一个数i满足第i种物品使用的数量不同

Input
第一行一个正整数n
1<=n<=10^5
Output
一个非负整数表示答案，你需要将答案对23333333取模
Input示例
3
Output示例
2

题意：我觉得上面已经非常简洁了。
分析：这道题显然很容易想到O(N^2)的算法，关键是怎么优化？
类比上一道题（寿司晚宴），我们可以考虑把不同的问题拆分开再用乘法原理合并的方式，这里我们可以把数拆成根号n以下的数和以上的数（可以向上或向下取整，甚至可以继续变，不过会影响时间复杂度。）
首先考虑以下的数，则这些数不能全部填满n，问题就转化为有个数的背包问题，可以用前缀和优化到个数v即(根号n)v，具体实现就是把要被加的位置的值（即对I同余的位置）存着，然后一边走一边更新前缀和（加数或把不能取到的减去）；
然后考虑以下的数，是完全背包，但是会T，这个时候需要对完全背包做一个优化，等于是想象一个i个数,和为j的序列，每一次可以对序列进行两种操作，要么给每个数加1，要么增加一个基数（比根号n大1的数），为什么基数要大1呢，因为不然的话根据根号n的定义可以知道，填不满orz。
为什么这个算法是正确的呢，因为相对大小不变，然后每次增加又是一种新的操作，最后在不同时间完全相同的两种状态一定不会重复，又一直有增加改变操作所以也一定不会以遗漏！

#include
#include
#include
#include
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
using namespace std;
const long long modd=23333333;
const int maxn=320,maxn2=1e5+10;
int n,nn,nxt=1,cur;
int ans,sum[maxn],g[maxn][maxn2],f[2][maxn2];
void init()
{
    scanf("%d",&n);
    nn=floor(sqrt((double)n));
}
void work()
{
    f[cur][0]=1;g[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=nn;i++){
        clr(sum);swap(cur,nxt);
        for(int j=0;j<=n;j++){
            f[cur][j]=(sum[j%i]+f[nxt][j])%modd;
            if(jelse sum[j%i]=(f[nxt][j]-f[nxt][j-i*i]+sum[j%i]+modd)%modd;
        }
    }
    for(int i=0;i<=nn;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++){
            if(i&&j+i<=n)g[i][j+i]=(g[i][j+i]+g[i][j])%modd;
            if(j+nn+1<=n)g[i+1][j+nn+1]=(g[i+1][j+nn+1]+g[i][j])%modd;
        }
    g[1][0]++;
    for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=1;j<=nn;j++)
        ans=(ans+(long long)f[cur][i]*(long long)g[j][n-i]%modd)%modd;
    printf("%d",(int)ans);
}
int main()
{
    freopen("51nod1597.in","r",stdin);
    freopen("51nod1597.out","w",stdout);
    init();
    work();
    return 0;
}

注意！这里有涉及到易错点：减法要加modd！，我当时觉得加上了一个sum怎么也不会负，结果就被卡了（哭泣