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题意:给定一个数N,要求出用2的次幂组成的等式的和等于N,输出有多少个符合条件的等式。如7,输出6:
这道题可以dp来做。
设置一个二维数组dp[i,j],以及辅助数组c[i],c[i]表示2i。 状态:dp[i,j]表示用20,21,…,2i-1,2i相加得到j时,最多有多少种情况: 状态转移方程: 1.当j<c[i]时,表示无法用2i加入等式使之和为j,故dp[i,j]=dp[i-1,j]; 2.当j>=c[i]时,此时可以用2i,2i可以用0个或者若干个: A.使用0个时,此时有dp[i-1,j]种方法; B.使用若干个时,此时有d[i,j-c[i]]种方法(注意!是dp[i,j-c[i]]而不是dp[i-1,j-c[i]],这与完全背包问题的道理一样) 因此,当j>=c[i]时,dp[i,j]=dp[i-1,j]+dp[i,j-c[i]],注意这里不是取其中最大的,而是相加,好好理解一下。 故有: dp[i,j]=: j<c[i]:dp[i-1,j] j>=c[i]:dp[i-1,j]+dp[i,j-c[i]] 数据初始化: 1.dp[0,1~N]=1; 2.dp[0~N,0]=1. 第二种情况会比较匪夷所思,按理来说,当j为0时,应当没有符合条件的等式成立,因此dp[0~N,0]应赋值0,但是确实只能这样,试想dp[1,2]=dp[0,2]+dp[1,2-2]=dp[0,2]+dp[1,0],如果dp[1,0]赋值为0,那么dp[1,2]=1,但实际答案为2,因此这种初始化是不可取的,只能将dp[0,…,N,0]赋为1。你可以这样想,dp[0-N,0]存储的是j单独用2i组成的等式,而这种等式显然只有一个,因此应等于1。然而,很遗憾的是,这道题用二维数组做的话,N的值取很大时会超时,因此,只能将dp[i,j]降维成dp[j],即使用滚动数组来完成,这样会节省一些时间(看下面的代码就知道),虽然不会多很多,但就是恰好,有些数组卡到了用二维数组的时间,用一维的就恰好过了。
AC代码(用滚动数组)
#include#include #include using namespace std;int dp[1000005],c[25];int n,i,j;int main(){ scanf("%d",&n); c[0]=dp[0]=1; for(i=1;i<=20;i++) c[i]=c[i-1]<<1; //巧妙的利用了位运算处理2的次幂 for(i=0;i<=20&&c[i]<=n;i++) for(j=c[i];j<=n;j++) //起点是c[i],而非0,这就是为什么用滚动数组会稍微快的原因 dp[j]=(dp[j-c[i]]+dp[j])%1000000000; cout< <
这个AC的代码是copy网上的大佬的,原博客网址为:
下面是二维数组的代码:
#include#include using namespace std;long long dp[20][1000001];long long c[20]={1};int main(){//while(1){ int n,i,j,k=0; scanf("%d",&n); //while((int)pow(2,k)<=n) // k++; for(i=1;i<=n;i++) { dp[0][i]=1; }dp[0][0]=1; for(i=0;i<=19;i++) dp[i][0]=1;// for(i=0;i<=k-1;i++)// c[i]=(int)pow(2,i); for(i=1;i<=19;i++) c[i]=c[i-1]<<1; for(i=1;i<=19&&c[i]<=n;i++) { for(j=c[i];j<=n;j++) { if(j
事实上,这道题还可以用规律来做:
当数字大于2时,当为奇数则a[n]=a[n-1];
当为偶数是 a[n]=a[n-1]+a[n/2];
同样是参照上面的博客的。
小结:
1.此题要多参考大佬的代码,关于状态方程的推导,滚动数组的运用,以及巧妙的利用位运算处理数据; 2.如果在平时遇到这种题,还是考虑找规律来解答吧,因为数据太大了,用dp很容易就超时。转载地址:http://sfdci.baihongyu.com/