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题意：

给出你长度为$n$的两个序列$a$和$b$，从中找出子集$S{1,2,3,4,...n}$从中找子集然后要求

• $max_{i∈S}ai>=\sum{i∈S}b_i$

对方案数取模与$998244353$

分析:

首先我们看数据范围是5000说明我们可以$O(N^2)$
然后我们贪心的想先看$A_i$比较小的，这样在看大的就不用看MAX，

然后我们对其按照$Ai$排序，然后就好想了， 枚举$[b[i],a[i]]$之间的数，这区间内$\sum{i∈S}b_i$ 是符合条件的。

然后我们知道最大值是5000，所以就又用到了背包的思想。状态转移。我们可以用$dp[i]$维护和为$i$的方案数。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long ull;

#define x first
#define y second
#define sf scanf
#define pf printf
#define PI acos(-1)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lowbit(x) ((-x)&x)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);++i)
#define repi(i,a,b) for(int i=int(a);i<=(b);++i)
#define repr(i,b,a) for(int i=int(b);i>=(a);--i)
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl;

const int MOD = 998244353;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;  
const int dx[] = {
   0, 1, -1, 0, 0};
const int dy[] = {
   0, 0, 0, 1, -1};
const int dz[] = {
   1, -1, 0, 0, 0, 0 };
int day[] = {
   0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

struct node {
   
    ll x,y;
}q[maxn];
bool cmp(node a,node b){
   
    return a.x<b.x;
}
ll dp[maxn];
ll n;
void solve()
{
   
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>q[i].x;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>q[i].y;

    sort(q+1,q+1+n,cmp);

    ll ans=0;
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
   
        for(int j=q[i].y;j<=q[i].x;j++){
   
            ans=(ans+dp[j-q[i].y])%MOD;
        }
        for(int j=5000;j>=q[i].y;j--){
   
            dp[j]=(dp[j]+dp[j-q[i].y])%MOD;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}   

int main()
{
   
    //init();
    ll t = 1;
    //scanf("%lld",&t);
    while(t--)
    {
   
        solve();
    }
    return 0;
}

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题意：

给出一个数$n$，两种操作，求将$n$变成$1$的方案数？对$m$取模

1. 减去$[1,n-1]$
2. 除以$[2,n]$

分析：

我们看操作1，可以看出我们只与要维护前缀和即可，抛开操作1，不看我们只看操作2，

我们看除以$[2,n-1]$ 我看$i$，那些数除以$2$等于$i$ ，$2i,2i+1$这两个数除以2等于i。然后我们看那些数除以$3$等于$i$.$3i,3i+1,3i+2$.依次类推，我们发现，$i$可以继承的一些数，呈块状。然后我们就可以找出继承谁的。

ll n,m;
ll sum[maxn],dp[maxn];
void solve()
{
   
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    dp[n]=1;///ans
    sum[n]=1;///qianzui
    for(ll i=n-1;i>=1;i--){
   
        dp[i]=(dp[i]+sum[i+1]) %m;
        for(ll j=2;j*i<=n;j++){
   
            ll r = min(n+1,i*j+j);
            dp[i]=(dp[i]+sum[i*j]-sum[r]+m)%m;
        }
        sum[i] = (sum[i]+sum[i+1]+dp[i])%m;///gengxindangqian sum
    }
    cout<<dp[1]<<endl;    
}