Dollar Dayz POJ

Farmer John goes to Dollar Days at The Cow Store and discovers an unlimited number of tools on sale. During his first visit, the tools are selling variously for $1, $2, and $3. Farmer John has exactly $5 to spend. He can buy 5 tools at $1 each or 1 tool at $3 and an additional 1 tool at $2. Of course, there are other combinations for a total of 5 different ways FJ can spend all his money on tools. Here they are:

        1 @ US$3 + 1 @ US$2        1 @ US$3 + 2 @ US$1        1 @ US$2 + 3 @ US$1        2 @ US$2 + 1 @ US$1        5 @ US$1

Write a program than will compute the number of ways FJ can spend N dollars (1 <= N <= 1000) at The Cow Store for tools on sale with a cost of $1..$K (1 <= K <= 100).

Input

A single line with two space-separated integers: N and K.

Output

A single line with a single integer that is the number of unique ways FJ can spend his money.

Sample Input

5 3

Sample Output

5

题目大意：
输入n，和k，问将n用1到k这k个数字进行拆分，有多少种拆分方法。例如：

n=5,k=3 则有n=3+2,n=3+1+1,n=2+1+1+1,n=2+2+1,n=1+1+1+1+1这5种拆分方法

解题思路：

这个题目是个比较明显的动态规划，如果想不到是背包问题，也可以写出状态转移方程如下：

用a[i][j]表示用最大值为i的值，可以组成j的数量，可以得到状态转移方程如下：

a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j-1]+a[i-2j][j-1]+a[i-3j][j-1]…+a[0][j-1]意思很明显，就将j-1状态可以到达a[i][j]的状态的数字相加。由于得到的结果可能相当大，已经超过了long long，所以应该用大数。但是若跑完所有数据，用大数会超过一秒，我们通过大数的程序可以达到，最大的数字为33位，那么，我们可以将两个long long的数字进行拼接，组成一个超过33位的数。这样增加了速度，这种比较慢的算法也可以不超时。ac的代码如下：

#include <iostream>#include<cstdio>using namespace std;long long a[1200][200]={0},b[1200][120]={0};int main(){    int i,j,n,m,k;    long long inf,x;    inf=1;    for(i=0;i<18;i++)    {        inf=inf*10;    }    cin>>n>>m;    for(i=1;i<=n;i++)    {        b[i][1]=0;        a[i][1]=1;        for(j=2;j<=m;j++)        {            if(j>i)            {                a[i][j]=a[i][j-1];                b[i][j]=b[i][j-1];                continue;            }            a[i][j]=a[i][j-1];            b[i][j]=b[i][j-1];            for(k=1;k*j<=i;k++)            {                if(i-j*k==0)                {                    a[i][j]++;                    b[i][j]+=a[i][j]/inf;                    a[i][j]=a[i][j]%inf;                }                else {                    b[i][j]+=b[i-j*k][j-1];                    a[i][j]+=a[i-j*k][j-1];                    b[i][j]+=a[i][j]/inf;                    a[i][j]=a[i][j]%inf;                }            }        }    }    if(b[n][m]!=0)    {        cout<<b[n][m];    }    cout<<a[n][m]<<endl;    return 0;}

 

其实这个题有更快的方法，看上面这个式子a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j-1]+a[i-2j][j-1]+a[i-3j][j-1]…+a[0][j-1]我们可以发现，其实可以转到a[i][j]的状态有两种，一种是a[i][j-1]就是不用j这个数字拼接i这个数字的方法数，另一种是a[i-j][j]就是用了j这个数字拼接的到i-j的方法数那么状态转移方程就可以写成a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j]不用加那么多项，就降低了一个数量级的复杂度，仍然利用上面处理大数的方法，得到的ac代码如下：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;long long a[1100][110],b[1100][110],inf;int main(){    int n,k,i,j;    for(inf=1,i=0;i<18;i++) inf*=10;    memset(a,0,sizeof(a));    memset(b,0,sizeof(b));    scanf("%d%d",&n,&k);    for(i=0;i<=k;i++) a[0][i]=1;    for(i=1;i<=k;i++){        for(j=1;j<=n;j++){            if(j-i<0){                b[j][i]=b[j][i-1];                a[j][i]=a[j][i-1];                continue;            }            b[j][i]=b[j][i-1]+b[j-i][i]+(a[j][i-1]+a[j-i][i])/inf;            a[j][i]=(a[j][i-1]+a[j-i][i])%inf;        }    }    if(b[n][k]) printf("%I64d",b[n][k]);    printf("%I64d\n",a[n][k]);    return 0;}