題面傳送門
奇妙的思維(技巧?)題。
發現每個物品有\(i\)個，體積為\(i\)，對於\(i>\sqrt n\)的物品來說，這個個數的限制是相當於沒有的。所以相當於完全揹包。
前面\(O(\sqrt n)\)個可以暴力多重揹包算方案數。
考慮後面\(n\)個最多選擇\(O(\sqrt n)\)個。所以可以設\(dp_{i,j}\)表示選了\(i\)個，總和為\(j\)的方案數。
考慮一個類似劃分數的dp方式：兩種操作，第一種在序列末尾加上一個數\(\sqrt n+1\)，另一種是將所有數+1，容易發現每種情況都能被表示出來。
直接dp就可以做到\(O(n\sqrt n)\)
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N (200000+5)
#define M (1000000+5)
#define K (20+5)
#define mod 23333333
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-9)
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (n*(x-1)+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PB push_back
using namespace std;
int n,k,dp[N],R,G[N],Q[N],F[N],H[N];ll Ans,ToT;
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	int i,j,h;scanf("%d",&n);k=sqrt(n);dp[0]=1;for(i=1;i<=k;i++){Mc(G,dp);
		for(j=0;j<i;j++){ToT=0;R=j;for(h=j;h<=n;h+=i) (h-R)/i>i&&(ToT-=G[R],R+=i),dp[h]=(dp[h]+ToT)%mod,ToT+=G[h];}
	}H[0]=1;F[k+1]=1;for(i=1;i<=k;i++) {Mc(G,F);Me(F,0);for(j=0;j<=n;j++) F[j+k+1]=(F[j+k+1]+G[j])%mod,G[j+i]=(G[j]+G[j+i])%mod;for(j=0;j<=n;j++) H[j]=(H[j]+G[j])%mod;}
	for(i=0;i<=n;i++) Ans+=1ll*H[i]*dp[n-i]%mod;printf("%lld\n",Ans%mod);
}