bzoj 2660 最多的方案 | dp

首先我们要把n分解为斐波拉契数的和，这里用贪心最大分解即可。保存的是斐波拉契数列的序列号。 比如9就分解为1,8序列号为1,5 然后我们注意到其实序列号n,n+1和n+2的分解是一样的，用二进制表示就是110和001是一样的。接着我们可以看到，比如1000000这里表示的是数字21贪心后用二进制表示的分解方案，那么他不同的分解方案就有 0110000 0101100 0101011 这里我们看到有三种方案，可以看出在100变成011的方案的时候，能够使得起始1后面的0都能有变成1的情况，即被选中的情况。 题意要求是用不同的斐波拉契数组合相加，那么如果n的方案为100000000010000000....000001000000这样的时候，随着第一个1的分解，最终会覆盖到下一个1，这样就不符合题意了且重复统计了。  令dp[i][1]为第i个斐波拉契数列被选中的情况 dp[i][0]则是未被选中。 可知dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]; 那么 dp[i][0]就要分两种情况了 如果i-1还被选中，那么能给1一直下放为011的空间就只有INDEX[i]-INDEX[i-1]-1的空间了，不然覆盖到了i-1就是重复统计了，如果i-1不被选中就是INDEX[i]-INDEX[i-1]的空间了。 可以知道有多少连续的0的空间k就有k/2种分解方案。 这样就可以写出方程 dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]; dp[i][0]=(idx[i]-idx[i-1])/2*dp[i-1][0]+(idx[i]-idx[i-1]-1)/2*dp[i-1][1];

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>

#define md
#define ll long long
#define inf (int) 1e9
#define eps 1e-8
#define N 110
using namespace std;
ll f[N],q[N],dp[N][2];
int main()
{
ll n; int w=0;
scanf("%lld",&n);
f[1]=1; f[2]=2; for (int i=3;i<=88;i++) f[i]=f[i-1]+f[i-2];
for (int i=88;i;i--)
{
if (n>=f[i]) { q[++w]=i; n-=f[i]; }
}
reverse(q+1,q+w+1);
dp[1][1]=1; dp[1][0]=(q[1]-1)/2;
for (int i=2;i<=w;i++)
{
dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1];
dp[i][0]=dp[i-1][0]*((q[i]-q[i-1])>>1)+dp[i-1][1]*((q[i]-q[i-1]-1)>>1);
}
printf("%lld\n",dp[w][0]+dp[w][1]);
return 0;
}