NOI2001方程的解数 (DFS技巧：meet in the middle)(非哈希)

题目：

其中：x1, x2, …,xn是未知数，k1,k2,…,kn是系数，p1,p2,…pn是指数。且方程中的所有数均为整数。

假设未知数1≤ xi ≤M, i=1,,,n，求这个方程的整数解的个数。

输入

第1行包含一个整数n。

第2行包含一个整数M。

第3行到第n+2行，每行包含两个整数，分别表示ki和pi。两个整数之间用一个空格隔开。第3行的数据对应i=1，第n+2行的数据对应i=n。

输出

仅一行，包含一个整数，表示方程的整数解的个数

直接枚举6个x复杂度为M^6，肯定超时。需要一个技巧，对于这种方程，可以分组DFS，使用中间相遇(Meet in the middle)。

e.g. a+b+c+d+e+f = 0  分组为 (a+b+c) + (d+e+f) = 0，对两组分别进行DFS，将两组每一次的DFS得到的所有结果分别保存在res1,res2两个数组里。排序后，若res1[i] + res2[j] = 0 ，则对应原方程的一组解。若res1[l1...r1]中每个数相等，res2[l2...r2]中每个数相等，且res1[l1]+res2[l2]=0，根据乘法原理，对应了原方程的(r1-l1+1)*(r2-l2+1)组解。

暴力枚举为O(M^n)， 中间相遇为O( M^(n/2下取整) )+O( M^(n/2上取整) ) = O(M^(n/2))。可将复杂度降为原来的根号级别。

中间相遇之所以能实质上比纯暴力DFS耗时更少，是因为暴力DFS实质上枚举了每一个具体的解；而中间相遇枚举了所有可行解来自的方案，并利用数学上的乘法原理来计算具体解的个数。也就是说，中间相遇法用乘法代替了暴力DFS的自增一，当然更快。

中间相遇的最初模型是图论中求起点到终点路径长为定值的方案数，从起点终点出发分别走一半的路程后用乘法原理求方案数。但是对于这个问题，还有一个更经典更高效的解法：矩阵快速幂。这道题可以用中间相遇法，说明它可以图论建模，但由于转为图论模型后扩展出的节点数太多，不适合用矩阵表示。如果对于路径长度（即本题中的未知数个数）较长，但扩展出的节点较少的问题，我认为矩阵乘法不失为一种优秀的解法。

贴上我的AC代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define MAXN 3500000 //150^3int n, m, ans;int p[10], k[10];int res1[MAXN], rk1;int res2[MAXN], rk2;int p1[5], k1[5];int ksm(int d, int z) //快速幂，稍微加快一点{int res = 1;for (; z>0 ;d*=d, z>>=1)if (z & 1)res = res * d;return res;}int lv;void dfs(int i, int res, int*a, int&rk) //最后两个参数的设置可以让两组DFS共享一个函数{if (i > lv) { a[++rk] = res; return; }for (int x = 1; x<=m; ++x)dfs(i+1, res + k1[i]*ksm(x,p1[i]), a, rk);}void work(){int i, j = rk2;int cnt1, cnt2;sort(res1+1, res1+rk1+1);sort(res2+1, res2+rk2+1);//这个循环中根据单调性，i不降，j不增，所以总的时间复杂度为O(n)for (i = 1; i<=rk1; ++i) {while (res1[i]+res2[j] > 0 && j>0) --j; //当i, j越小，res1[i]+res2[j]越小。i增加后，j的取值应单调减小。if (j<=0) break;if (res1[i] + res2[j] != 0) continue;cnt1 = cnt2 = 1;while (res1[i+1] == res1[i] && i<rk1) ++i, ++cnt1;while (res2[j-1] == res2[j] && j>1) --j, ++cnt2;ans = ans + cnt1 * cnt2; // 乘法原理}}int main(){scanf("%d%d", &n, &m);int i;int part1=n/2, part2=(n+1)/2; //分别为下取整，上取整。for (i = 1; i<=n; ++i)scanf("%d%d", k+i, p+i);for (i = 1; i<=part1; ++i)p1[i] = p[i], k1[i] = k[i];lv = part1;dfs(1, 0, res1, rk1);for (i = 1; i<=part2; ++i)p1[i] = p[i+part1], k1[i] = k[i+part1];lv = part2;dfs(1, 0, res2, rk2);work();printf("%d\n", ans);return 0;}