HDU 2709

Sumsets

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Problem Description

Farmer John commanded his cows to search for different sets of numbers that sum to a given number. The cows use only numbers that are an integer power of 2. Here are the possible sets of numbers that sum to 7:

1) 1+1+1+1+1+1+1
2) 1+1+1+1+1+2
3) 1+1+1+2+2
4) 1+1+1+4
5) 1+2+2+2
6) 1+2+4

Help FJ count all possible representations for a given integer N (1 <= N <= 1,000,000).

 

Input

A single line with a single integer, N.

 

Output

The number of ways to represent N as the indicated sum. Due to the potential huge size of this number, print only last 9 digits (in base 10 representation).

 

Sample Input

7

 

Sample Output

6

 

1   2   3   4   5   6   7   8   9   10   11   12  13

1   2   2   4   4   6   6   10 10 14   14    18  18

推理可得 i%2==0时 a[i]=a[i-1]+a[i/2]    i%2!=0  a[i]=a[i-1];

具体分析

设a[n]为和为 n 的种类数；

根据题目可知，加数为2的N次方，即 n 为奇数时等于它前一个数 n-1 的种类数 a[n-1] ，若 n 为偶数时分加数中有无 1 讨论，即关键是对 n 为偶数时进行讨论：

1.n为奇数，a[n]=a[n-1]

2.n为偶数：     主要这里不好理解。。。。。。

（1）如果加数里含1，则一定至少有两个1，即对n-2的每一个加数式后面 +1+1，总类数为a[n-2]；

（2）如果加数里没有1，即对n/2的每一个加数式乘以2，总类数为a[n-2]；

所以总的种类数为：a[n]=a[n-2]+a[n/2];

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long int a[1000001];#define N 1000000000;int main(){    a[1]=1;    a[2]=2;    a[3]=2;    a[4]=4;    a[5]=4;    for(int i=6;i<=1000000;i++)    {        if(i%2==0)        {            a[i]=a[i-1]+a[i/2];            a[i]=a[i]%N;        }        else        {            a[i]=a[i-1];            a[i]=a[i]%N;        }    }    int n;    while(scanf("%d",&n)!=EOF)    {    printf("%lld\n",a[n]);    }    return 0;}

还有一种方法 借鉴别人的方法 DP

DP思想,

假如只能用1构成那么每个数的分的方法种数就是1.

如果这个时候能用 2 构成，那么对于大于等于 2 的数 n 就可以由 n - 2 和 2 构成 就转化为 求 n - 2 的种数那么就是d [ n ] = d [ n-2 ] + d [ n ] (前面 d [ n-2 ] 表示数n可以由2构成的种数,后面加的 d [ n ] 表示数n只能由 1 构成的种数.)

那么状态转移方程式子就出来了(c [ n ] = 2^n)

d [ n ] [ k ] = d [ n ] [ k - 1 ] + d [ n - c [ k ] ] [ k ] ;

循环降维：

d [ n ] = d [ n ] + d [ n - c [ k ] ] ;

#include<stdio.h>  #include <string.h>__int64 d[1000005],c[25],n,i,j;  int main()  {      while(scanf("%d",&n)!=EOF)     {        memset(d,0,sizeof(d));        c[0]=d[0]=1;      for(i=1;i<=24;i++)          c[i]=c[i-1]<<1;      for(i=0;i<=24&&c[i]<=n;i++)          for(j=c[i];j<=n;j++)              d[j]=(d[j]+d[j-c[i]])%1000000000;          printf("%d\n",d[n]);    }            return 0;}