牛牛与数组 (简单dp)

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博客围绕一道题目展开，指出该题是DP问题，用dp[i][j]表示第i位放j的方案数，给出转移方程。因三层循环会超时，可在第二层循环用中间变量省去一层，同时要预处理倍数情况并在DP过程中减去，总体复杂度为O(n* k * sqrt(k))。

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题目链接
这种题一看就是dp啊，dp[i][j]表示第i位放j的方案数，转移方程为dp[i][j]=dp[i-1][k]{k<=i||k%i!=0}，当然我们可以三层循环来找，但数据显然会超时，那么我们只能在第二层循环中用中间变量记录一下可以省去一层循环，但是为倍数的情况必须要考虑，所以先预处理出所有的倍数，然后dp的过程中减去倍数的情况即可，总体复杂度O(n* k * sqrt(k)。

#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <math.h>
#include <bitset>
#include <vector>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MAXN 1010100
#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define ll __int64
#define INF 0x7fffffff
#define cs(s) freopen(s,"r",stdin)
#define mem(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define PI acos(-1)
#define eps 1e-10
using namespace std;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int lcm(int a,int b){return a/gcd(a,b)*b;}
LL powmod(LL a,LL b,LL MOD){LL ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
//head
const LL mod=1e9+7;
LL dp[11][100003];
vector<LL>p[100001];
LL n,k;
void P(){//预处理倍数
	for(int i=1;i<=k;i++){
		for(int j=2;1ll*j*i<=k;j++){
			p[i].pb(j*i);
		}
	}
}
LL a[111];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>k;
	P();
	for(int i=1;i<=k;i++)dp[1][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		LL pr=0;
		for(int j=1;j<=k;j++)pr=(0ll+pr+dp[i-1][j])%mod;
		LL sum=dp[i-1][1];
		for(int j=2;j<=k;j++){
			LL mi=pr;
			dp[i][j]=(0ll+sum+dp[i-1][j])%mod;
			sum=(0ll+sum+dp[i-1][j])%mod;//为dp[i-1][1]到dp[i-1][j]的和
			mi-=sum;
			for(int x:p[j]){
				mi-=dp[i-1][x];//减去倍数
			}
			dp[i][j]+=mi;
		}
	}
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)ans=(ans+dp[n][i])%mod;
		cout<<ans;
	return 0;
}