51nod 1383&1048 整数分解为2的幂 [递推]【数学】

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整数分解为2的幂

基准时间限制：3 秒 空间限制：131072 KB 分值: 1280 难度：9级算法题

任何正整数都能分解成2的幂，给定整数N，求N的此类划分方法的数量！
比如N = 7时，共有6种划分方法。

7=1+1+1+1+1+1+1
=1+1+1+1+1+2
=1+1+1+2+2
=1+2+2+2
=1+1+1+4
=1+2+4

Input
输入N（1 <= N <= 10^30)

Output
划分方法的数量

Input示例

7

Output示例

6
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首先能够dp

设dp[i][j]表示组成的数是i，方案中最大的数是2j的方案数。
为了避免重复，dp[i][j]转移时枚举下一个数必须大于等于2j
那么可以得出：dp[i][j]=∑jk=0dp[i−2j][k]

能够做到O(nlog(n))的复杂度

通过打表找规律等 ，可以递推得到如下规律

dp[i]=dp[i−2]+dp[i/2],i为偶数dp[i]=dp[i−1],i为奇数

这样的话复杂度就是O(n)

然而对于51nod 1383 这个复杂度就够用了，但是对于1048的n(1030),就完全不够用了,

如果n很大怎么办？
那样就要挖掘一下分解方案的性质了。

1.对于一个数n，假设它二进制下有m个1，分别是第a1,a2…am位。对于n的任意一种分解方案，把所有2的幂升序排序，然后可以划分成m段，其中第i段的和是2ai
2.对于一个数2i的一种划分方案，如果不是只有它本身一个数，一定可以把这些2的幂升序排序，然后分成两段，每一段的和都是2i−1

证明并不难。有了这些性质，就可以设新的状态了。

首先设g[i][j]表示做完了前i段（即n二进制下的前i个1位），最大的数是2j，方案数是多少。
再设一个辅助数组f[i][j]，表示组成2i，最大的数是2j的方案数。
接下来枚举第i−1段的最大数是多少，假设是2k，那么g[i][j]=∑jk=0g[i−1][k]∗f[i−k][j−k]
其中i−k,j−k的意义在于：要控制后面的数都大于等于2k，每个数都要除掉2k，那么就不会算重了。
f[i][j]的转移类似

时间复杂度O(log3(n)∗高精度)

转(chao)自(xi)

附本题代码
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O(n)

int dp[N];int main(){    int n;    scanf("%d",&n);    dp[0]=1;    for(int i=1;i<=n;i++){        if(i&1){            dp[i]=dp[i-1];        }        else {            dp[i]=dp[i-1]+dp[i/2];        }        if(dp[i]>MOD) dp[i]-=MOD;    }    printf("%d\n",dp[n]);    return 0;}

O(log3(n)∗高精度)

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int N=99,M=170,mo=1e9;typedef long long LL;char c[N];int tot;struct num{    int w,a[M];}f[N+5][N+5],ans,n,p,t,s[N+5],g[N+5][N+5];num operator + (const num &a,const num &b){    t.w=max(a.w,b.w);    //t.a[1]=0;    memset(t.a,0,sizeof(t.a));    for (int i=1;i<=t.w;i++)    {        t.a[i]+=a.a[i]+b.a[i];        if (t.a[i]>=mo)        {            t.a[i+1]=1;            t.a[i]-=mo;        }//else t.a[i+1]=0;    }    if (t.a[t.w+1]>0) t.w++;    //memset(t.a+t.w+1,0,sizeof(t.a+t.w+1));    return t;}num operator * (const num &a,const num &b){    memset(t.a,0,sizeof(t.a));    for (int i=1;i<=a.w;i++)    {        for (int j=1;j<=b.w;j++)        {            t.a[i+j]+=(t.a[i+j-1]+(LL)a.a[i]*b.a[j])/mo;            t.a[i+j-1]=(t.a[i+j-1]+(LL)a.a[i]*b.a[j])%mo;        }    }    for (t.w=a.w+b.w;t.w>1 && t.a[t.w]==0;t.w--);    return t;}int main(){    freopen("data.out","w",stdout);    scanf("%s",c+1);    int l=strlen(c+1);    n.w=l/9+1;    for (int i=1;i<=l;i++)    {        int j=(l-i)/9;        n.a[j+1]=n.a[j+1]*10+c[i]-48;    }    f[0][0].w=f[0][0].a[1]=1;    for (int i=1;i<=N;i++)    {        for (int j=0;j<i;j++)        {            for (int k=0;k<=j;k++)            {                f[i][j]=f[i][j]+f[i-1][k]*f[i-1-k][j-k];            }        }        f[i][i].w=f[i][i].a[1]=1;    }    tot=0;    for (int i=0;i<=N;i++)    {        if (n.a[1]&1)        {            tot++;            if (tot==1)            {                for (int j=0;j<=i;j++) g[1][j]=f[i][j];            }else            {                for (int j=0;j<=i;j++)                {                    for (int k=0;k<=j;k++)                    {                        g[tot][j]=g[tot][j]+g[tot-1][k]*f[i-k][j-k];                    }                }            }        }        int r=0;        for (int j=n.w;j;j--)        {            int t=n.a[j];            n.a[j]=((LL)r*mo+t)/2;            r=((LL)r*mo+t)%2;        }    }    for (int i=0;i<=N;i++) ans=ans+g[tot][i];    printf("%d",ans.a[ans.w]);    for (int i=ans.w-1;i;i--)    {        for (int j=1e8;j;j/=10)        {            printf("%d",ans.a[i]/j);            ans.a[i]%=j;        }    }    printf("\n");    return 0;}