bzoj2660 [Beijing wc2012]最多的方案

Description

       第二关和很出名的斐波那契数列有关，地球上的OIer都知道：F1=1, F2=2, Fi = Fi-1 + Fi-2，每一项都可以称为斐波那契数。现在给一个正整数N，它可以写成一些斐波那契数的和的形式。如果我们要求不同的方案中不能有相同的斐波那契数，那么对一个N最多可以写出多少种方案呢？

Input

       只有一个整数N。

Output

       一个方案数

Sample Input

16

Sample Output

4

HINT

Hint：16=3+13=3+5+8=1+2+13=1+2+5+8

对于30%的数据，n<=256

对于100%的数据，n<=10^18

可以看出10^18以内斐波那契数列项数极少，只有90左右

先贪心选择一波，然后再调整

令f[i][0]为贪心选择出来的从小到大第i个斐波那契数拆开的方案数，令f[i][1]为不拆开的方案数

很自然的f[i][1]=f[i-1][1]+f[i-1][0]

那么f[i][0]呢？

考虑将第i个数拆开的方案数

令第i个数为fib[x[i]]

由递推公式可得可将其拆成fib[x[i]-1]+fib[x[i]-2]

考虑fib[x[i]-1],将其拆开会出现重复的fib[x[i]-2],但如果要减少fib[x[i]-2]又会出现fib[x[i]-3],与fib[x[i]-1]拆出来的fib[x[i]-3]重复，

所以我们可以想到不拆fib[x[i]-1]

对于拆开的fib[x[i]-2]根据上面的推论，fib[x[i]-3]是不拆的

那么我们不难发现，x[i]-j,若j为奇数则不能拆，若为偶数，则能拆，并且是由大的拆到小的，所以问题变成了询问(fib[x[i]]-fib[x[i-1]])有多少个长度为2的线段

那么方案数就成了(fib[x[i]]-fib[x[i-1]])/2

从f[i-1][1]转移过来时的方案数为(fib[x[i]]-fib[x[i-1]]-1)/2 因为fib[x[i-1]]不选

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn=100;long long fi[maxn];long long f[maxn][2];long long p[maxn];int tot;long long n;int main(){    //freopen("a.in","r",stdin);    //freopen("a.out","w",stdout);    scanf("%lld",&n);    int i=2;    fi[0]=1,fi[1]=1;    while(fi[i-1]+fi[i-2]<=n)        fi[i]=fi[i-1]+fi[i-2],i++;    while(--i)        if(n>=fi[i]){            n-=fi[i];            p[++tot]=i;        }    sort(p+1,p+tot+1);    f[1][1]=1,f[1][0]=(p[1]-1)/2;    for(i=2;i<=tot;i++){        f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1];        f[i][0]=f[i-1][0]*((p[i]-p[i-1])/2)+f[i-1][1]*((p[i]-p[i-1]-1)/2);    }    printf("%lld\n",f[tot][0]+f[tot][1]);return 0;}