poj2229--Sumsets(动态规划)
来源:互联网 发布:unity3d中文破解版 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 05:55
Description
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
Output
Sample Input
7
Sample Output
6
题目大意:
输入一个整数,将这个数分解成不定个正数只和,要求这些数必须是2的k次方(k为大于等于0的正数).输出分的方法种数.(由于当输出整数过大时,种数很大只输出最后9位)
思路一:
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:
(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 <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <queue>#include <cmath>#include <stack>#include <map>using namespace std;typedef long long ll;int d[1000005]={0,1,2};int main(){ for(int i=3;i<1000001;i++) { if(i%2)d[i]=d[i-1]%1000000000; else d[i]=(d[i-2]+d[i/2])%1000000000; } int n; while(cin>>n) { cout<<d[n]<<endl; } return 0;}
思路二:
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 <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <queue>#include <cmath>#include <stack>#include <map>using namespace std;typedef long long ll;int d[1000004];int c[24]={1};int main(){ for(int i=1;i<=22;i++) c[i]=c[i-1]*2; int n; while(cin>>n) { memset(d,0,sizeof(d)); d[0]=1; for(int i=0;i<22&&c[i]<=n;i++) for(int j=c[i];j<=n;j++) d[j]=(d[j]+d[j-c[i]])%1000000000; cout<<d[n]<<endl; } return 0;}
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