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这一题能不能算DP呢,其实只是一个简单的迭代,不过也可以说是DP。
初看这条题我是没有什么想法,思路比较乱,但是想到了状态转移之后就豁然开朗。
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这题的时间卡的比较紧,数据规模最大有9*10^7,而1s大概就允许复杂度为10^8左右,所以比较高效的算法才能够AC
假设f[i]表示当结果的位数为i时,i为所能表示的所有数字的数量,即便当i为3时,f[i]=2,因为有100和101
这样就比较容易得到递推公式:f[i]=f[i-2]+f[i-1]+...+f[2]+f[1]+1
这是因为对于i位数,其总共的情况数就等于——(左数起)第2位到第j-1位都为0,第j位为1的时候——所有的情况数之和。
同时我们发现,计算f[i-1]时,有f[i-1]=f[i-3]+f[i-4]+...+f[1]+1,计算f[i]时,有f[i]=f[i-2]+f[i-3]+...+f[1]+1,等式的右边被重复计算,于是我们使用一个变量sum[i]来保存f[1]+...+f[i]的值
这样就有以下表达式:
f[1]=f[2]=1;
sum[1]=1; sum[2]=2;
f[i]=sum[i-2]+1;
sum[i]=sum[i-1]+f[i] => sum[i]=sum[i-1]+sum[i-2]+1;
因此发现根本不需要计算f[i],因此最终的代码里面直接使用sum就可以了。
计算得到sum之后,从sum[i]我们就知道了有i位及以下位数的数字其总共可以表达的数有多少个。
根据这个,我们对于每一个输入tmp,都不断查找刚好超过当前tmp的sum[i],这样就表示最终的结果在i位必定是1,然后tmp减去sum[i-1]+1(思考一下为什么呢?),再重复本句的步骤即可,知道了所有1的位置,那就知道了最终的结果。
代码非常短,如下:
//f[i]=f[i-2]+f[i-3]...+f[1]+1 #include<iostream> #include<stdio.h> #include<memory.h> #include<cstring> //long long f[63]; long long sum[45]; long long tmp=1; int b[1000]; int n; void compute() { memset(b,0,sizeof(b)); int i,maxi=0,bound=40; while(tmp!=0) { i=1; for(;i<=bound && sum[i]<tmp;i++) {} maxi=(maxi>i)?maxi:i; b[i]=1; tmp-=sum[i-1]+1; bound=i-2; } for(i=maxi;i>=1;i--) printf("%d",b[i]); printf("\n"); } int main() { //freopen("in","r",stdin); //freopen("out","w",stdout); //f[0]=0; f[1]=f[2]=1; sum[1]=1; sum[2]=2; for(int i=3;i<=40;++i) sum[i]=sum[i-1]+sum[i-2]+1; scanf("%d",&n); while(n--) { scanf("%lld",&tmp); compute(); } }
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