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[i1][j]+f[i][ji],现在有了限制而且n又这么大该怎么办呢?
bear-thinking省流量版.gif
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][ji]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[i1][...]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[i1][...]转移过来就好了,得到f[i][j]=ik=0f[i1][jki],为了简化时间,我们用tmp[x]=y mod ixf[i1][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(nn)完成f数组的计算了。
bear-flying省流量版.gif
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(nn)
bear-applaud省流量版.gif
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
#include
#include
#include
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;j0;
        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(1xi)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)
=1x121x1x231x21xi(i+1)1xi
=i=1+1xi(i+1)P(x)
=(i=1+1xi(i+1))(1+x1+2x2+3x3+5x4+7x5+11x6+15x7+22x8+)

#include
#include
#include
#include
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。

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