51nod1597 有限背包计数问题

基准时间限制：2.333 秒 空间限制：131072 KB 分值: 160 难度：6级算法题
你有一个大小为n的背包，你有n种物品，第i种物品的大小为i，且有i个，求装满这个背包的方案数有多少
两种方案不同当且仅当存在至少一个数i满足第i种物品使用的数量不同
Input
第一行一个正整数n 1<=n<=10^5
Output
一个非负整数表示答案，你需要将答案对23333333取模
Input示例
3
Output示例
2

题外话：我喜欢这道题的时间限制和模数。这道题我感觉非常好（也可能是因为我太弱了）。时间效率光荣垫底了（所以建议大家不要看我的代码，请只看分析吧）。
作为蒟蒻我只可以想到没有限制时的O(n2)完全背包：f[i][j]表示用前i个物品填满容量为j的背包时的方案数，f[i][j]=f[i−1][j]+f[i][j−i]，现在有了限制而且n又这么大该怎么办呢？

我们不妨分成两部分考虑：设m=n√，那么前m件物品的确有限制，但m之后的物品实际上是没有数量限制的（刚好用完或根本用不完）。
首先是前m件物品的那部分，我们可以用一个类完全背包处理，完全背包第二部分是f[i][j−i]正是因为利用了f[i][j]顺序处理从而十分方便地统计了f[i−1][...]的部分和，现在有了数量限制，我们就不得不回归原始了：把原来的完全背包时的转移方程展开，全部用f[i−1][...]转移过来就好了，得到f[i][j]=∑ik=0f[i−1][j−k∗i]，为了简化时间，我们用tmp[x]=∑y mod i≡xf[i−1][y]来加速转移，那么f[i][j]=tmp[j mod i]，不断维护tmp数组即可做到O(n∗n√)完成f数组的计算了。

再来看第二部分的计算，什么？你想用完全背包？算一下时间复杂度吧。这里我们就要用到一种比较神奇的思想了——序列思想（澄清一下：出题人解题报告里称其为“给物品动态添加大小的DP”，序列纯属个人理解）。想象一下现在有一个长度为i，相加和为j的序列，我们用g[i][j]表示生成这个序列的方案数，再回顾一下我们的目标：处理出来只用>m的物品凑出来某一个容量时的方案数。那么决策就来了，决策一：把当前序列中的所有数+1（即g[i][j+i]+=g[i][j]）；决策二：向当前序列中添加一个数m+1（即g[i+1][j+m+1]+=g[i][j]）。不好理解的话可以想象一张图，由于决策一和决策二的执行次数和时间不尽相同，我们一定能统计出正确的方案数（当然也可以用背包的模型来解释和理解其正确性）。由于每个物品占用容量至少为m，所以我们可以得到这个序列的最长长度为nm=n√，所以这一步的时间复杂度也为O(n∗n√)。

撒花庆祝，剩下的我们只需要统计一下总方案数就好了，乘法原理：ans=∑j+k=nf[m][j]∗g[...][k]

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int N=100010;const int M=320;const ll mod=23333333LL;int n,m,f[2][N],g[M][N],tmp[N];int now,pre=1;ll f1[N],g1[N],ans;int main(){    scanf("%d",&n);f[0][0]=g[0][0]=1;    m=(int)ceil(sqrt((double)n));    for (int i=1;i<=m;++i)    {        for (int j=0;j<i;++j)tmp[j]=0;        int nowmod=-1;swap(now,pre);        for (int j=0;j<=n;++j)        {            ++nowmod;if(nowmod>=i)nowmod=0;            (tmp[nowmod]+=f[pre][j])%=mod;            f[now][j]=tmp[nowmod];            if(j>=i*i)            tmp[nowmod]=(tmp[nowmod]-f[pre][j-i*i]+mod)%mod;        }    }    for (int i=0;i<=m;++i)    {        for (int j=0;j<=n;++j)        {            if(i&&j+i<=n)(g[i][j+i]+=g[i][j])%=mod;            if(j+m+1<=n)(g[i+1][j+m+1]+=g[i][j])%=mod;        }    }    ++g1[0];    for (int i=1;i<=n;++i)        for (int j=1;j<=m;++j)        (g1[i]+=g[j][i])%=mod;    for (int i=0;i<=n;++i)f1[i]=f[now][i];    for (int i=0;i<=n;++i)    (ans+=(f1[i]*g1[n-i]%mod))%=mod;    printf("%I64d\n",ans);    return 0;}

其它比我厉害多了的做法：ORZ r_64的母函数解法
ORZ tangjz的五边形数解法（咦，好像也是母函数吧，只不过是从系数以及函数的角度考虑的）：
关于五边形数定理：参考文章1、参考文章2、参考文章3
对于这道题我们先求出没有限制时的分割数，然后再化一下式子（公式恐惧症又犯了），如果只有P(x)则代表没有限制时的方案数，现在有了限制，无非就是在前面添加了一个多项式，xn前的系数仍是当前有限制下的方案数，所以我们考虑前面的多项式对后面多项式前的系数有何影响（多少贡献）即可。由于前面的多项式已经不是(1−xi)的形式，所以无法使用五边形数定理，所以我的程序实际上相当于是暴力跑出了所有的系数。（能否只求出xn前的系数从而减少时间呢？请发表一下评论指导一下蒟蒻吧。）
(1+x)∗(1+x2+x4)∗⋯∗(1+xi+x2i+⋯+xii)∗⋯
=1−x1∗21−x∗1−x2∗31−x2∗⋯∗1−xi∗(i+1)1−xi∗⋯
=∏i=1+∞1−xi∗(i+1)∗P(x)
=(∏i=1+∞1−xi∗(i+1))∗(1+x1+2x2+3x3+5x4+7x5+11x6+15x7+22x8+⋯)

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;const int N=100100;const int mod=23333333;int T,n,K,ans[N];#define f(x) (((x)*(3*(x)-1))>>1)#define g(x) (((x)*(3*(x)+1))>>1)#define h(x) ((x)*((x)+1))int main(){    scanf("%d",&n);ans[0]=1;    for (int i=1;i<=n;++i)    {        for (int j=1;f(j)<=i;++j)            if(j&1) ans[i]=(ans[i]+ans[i-f(j)])%mod;            else ans[i]=(ans[i]-ans[i-f(j)]+mod)%mod;        for (int j=1;g(j)<=i;++j)            if(j&1) ans[i]=(ans[i]+ans[i-g(j)])%mod;            else ans[i]=(ans[i]-ans[i-g(j)]+mod)%mod;    }    for (int i=1;h(i)<=n;++i)        for (int j=n;j>=h(i);--j)        ans[j]=(ans[j]-ans[j-h(i)]+mod)%mod;    printf("%d\n",ans[n]);    return 0;}

总结：
1、仔细且耐心分析题目中限制性条件的诸多性质，例如其影响、贡献、被限制的条件、与没有限制的不同（比如考虑放松限制然后计数原理等）。
2、考虑分块、分治等方法处理问题（比如把定义域、值域分为不同的两部分，分别处理，还有经典的meet in the middle），往往能简化时间、空间复杂度。
3、序列思想很值得推广，体现了一种动态修改的思想，修改的时间不同，得到的结果也不同，对于能简化为一个序列、多项式等模型貌似都可以使用。