今年的獨立命題除了福建都很一可賽艇啊！
首先有個經典結論是，如果選出的子集 \(s\) 合法，那麼 \(\forall i, \sum_ j \geq i\)。
那麼可以得到乙個 \(o(n^2)\) 的 dp。定義 \(dp_\) 為在前 \(i\) 個數中，可以構出 \([1,j]\) 內的所有數（第二維與 \(n\) 取最小值），直接轉移即可。
陷入困境。一方面這個 dp 的形式不好優化，另一方面容易發現這個 dp 的劣勢在於第二維進行了壓縮，我們無法得知準確的資訊。
那麼考慮算不合法的方案數。我們在每乙個方案中第乙個無法被表示的位置 \(i+1\) 計數。容易發現此時小於等於 \(i\) 的數的和就是 \(i\)。
那麼定義 \(f_i\) 為集合 \(\\) 有多少子集使得和為 \(i\)，且可以表示 \([1,i]\) 內的所有數。遺憾的是在這裡我們陷入困境，一方面是直接樸素 dp 和上面的形式毛區別也沒有，另一方面可以表示 \([1,i]\) 內的所有數這個限制非常的離譜。
但是，注意到和為 \(i\) 這個限制，並且選出的數都不相同，容易發現我們選出來的數是 \(o(\sqrt n)\) 級別的，並且避免了資訊的壓縮。那我們轉換計數視角，下面給出乙個例項：
容易發現我們選擇了 \(s=\\)，和為 \(12\)。其中大小不同的行數量級別為 \(o(\sqrt)\)。（也可以按整數拆分選擇的不同數個數這個角度來考慮。）
那麼考慮我們之前 dp 的實質，我們是每次加入一列。那麼這裡我們按行來考慮。發現這個圖有如下特點：
根據實際意義容易發現到上面的結論。
注意到我們直接計算 \(f_i\) 仍然困難，因為可以表示 \([1,i]\) 內的所有數這個限制確實比較難處理。我們考慮容斥，先算出乙個不考慮這個限制的 \(f_i\)。
如何算這個不帶限制的 \(f_i\) 呢？容易發現每個大小的行可以出現任意次，類似於完全揹包，區別在於帶了類似「如果要選 \(i\)，必須先選 \([1,i-1]\) 內的每個數至少一次」限制。那麼我們考慮從大的數選起，每次列舉到 \(i\) 的時候為了保證更上面的方案是合法的，我們先選擇乙個 \(i\)，然後再更新。
// 此時 f[0] 不等於 1
for(int i=n;i;--i)
f[0]=1;
先考慮對 \(i\) 有貢獻的 \(j\)。首先為了方便計數，並且為了滿足定義，顯然我們後來選的最小的數為 \(j+2\)（因為我們要滿足選之後，\(j+1\) 是最小的不能被構出的數，並且和為 \(i\)）。那麼不難發現對 \(i\) 有貢獻的 \(j\)，滿足 \(2j+2 \leq i\)。
注意到這個點，我們在處理 \(f_\) 的時候，可以先處理 \(f_}\)，然後繼續處理後面的東西。
那麼我們已經知道了前面一半的 \(f\)，要求後面一半。
這個時候繼續考慮加入每一行之類的想法就非常的沒有前途（主要是我沒找到）。注意到我們現在要的是，通過選擇 \([j+2,i]\) 裡面的數，使得和為 \(i-j\)。我們考慮劃分數相關的想法。
假設沒有選擇的數限制（但是還是有選擇的數不能重複的限制），不妨寫作生成函式的形式：
\[f(x) = \prod_^ (1+x^i)
\]再來考慮這個東西的意義……我們按上面的方格圖的形式把它排好，然後第 \(i\) 列從下往上刪去 \(i\) 個方格（可以發現不會發現沒東西刪的情況，因為第 \(i\) 列的格仔數顯然不小於 \(i\)），容易發現上面的行仍然大於等於下面的行，當然這沒有什麼用。現在減去這個之後形式變成了類似於整數拆分的形式，並且有限制選擇的最大的數。
那麼，列舉選擇的集合的大小：
\[f(x) = \sum_^∞ x^} \prod_^ \dfrac
\]不難發現 \([x^]f(x)\) 就是沒有限制的情況下我們要的結果。
但是現在帶限制。首先上界我們不用管，可以考慮對 \(x^n\) 之類的東西取模；主要的是下界 \(j+2\)，在我們上面設計的模型下相當於每一列多了 \(j+1\) 個格仔，只跟 \(j+1\) 有關係。
記 \(f_p(x)\) 為下界為 \(p+1\) 時的生成函式，那麼有：
\[\begin
f_p(x)
&= \prod_^∞ (1+x^i) \\
&= \sum_^∞ x^} x^ \prod_^i \dfrac
\end
\]再記生成函式 \(g(x)\) 表示一下需要減去的貢獻：
\[g(x) = \sum_^ f_j x^j f_(x)
\]把 \(g\) 求出來，更新 \(f\) 的後一半即可。
注意到計算 \(f_p(x)\) 的過程中，\(i\) 的上界為 \(o(\sqrt n)\)，後面 \(\prod\) 內的內容是完全揹包（感覺可以和一開始的做法產生有機聯絡，可惜我沒有發現），可以做到 \(o(n \sqrt n)\)。
可以採用其他的手段得到更優的做法。
key observation: 正難則反，視角轉換，生成函式。
int f[500005],g[500005];
void solve(int n)
for(int i=n/2+1;i<=n;++i) sub(f[i],g[i]);
}int main()
f[0]=1;
solve(n);
int ans=1;
for(int i=0;i
write(ans);
return 0;
}
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