poj2229--Sumsets（动态规划）

Sumsets

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Description

Farmer John commanded his cows to search for different sets of numbers that sum to a given number. The cows use only numbers that are an integer power of 2. Here are the possible sets of numbers that sum to 7:

1) 1+1+1+1+1+1+1
2) 1+1+1+1+1+2
3) 1+1+1+2+2
4) 1+1+1+4
5) 1+2+2+2
6) 1+2+4

Help FJ count all possible representations for a given integer N (1 <= N <= 1,000,000).

Input

A single line with a single integer, N.

Output

The number of ways to represent N as the indicated sum. Due to the potential huge size of this number, print only last 9 digits (in base 10 representation).

Sample Input

7

Sample Output

6

 

 

 

题目大意：

输入一个整数,将这个数分解成不定个正数只和，要求这些数必须是2的k次方(k为大于等于0的正数).输出分的方法种数.(由于当输出整数过大时,种数很大只输出最后9位)

思路一：

设a[n]为和为 n 的种类数；
根据题目可知，加数为2的N次方，即 n 为奇数时等于它前一个数 n-1 的种类数 a[n-1] ，若 n为偶数时分加数中有无1 讨论，即关键是对 n 为偶数时进行讨论：
1.n为奇数，a[n]=a[n-1]
2.n为偶数：
（1）如果加数里含1，则一定至少有两个1，即对n-2的每一个加数式后面 +1+1，总类数为a[n-2]；
（2）如果加数里没有1，即对n/2的每一个加数式乘以2，总类数为a[n/2]；
所以总的种类数为：a[n]=a[n-2]+a[n/2];

 

 

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int d[1000005]={0,1,2};
int main()
{
    for(int i=3;i<1000001;i++)
    {
        if(i%2)d[i]=d[i-1]%1000000000;
        else d[i]=(d[i-2]+d[i/2])%1000000000;
    }
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        cout<<d[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

 

 

 

思路二：

DP思想,

假如只能用1构成那么每个数的分的方法种数就是1.

如果这个时候能用 2 构成，那么对于大于等于 2 的数 n 就可以由n - 2和 2 构成 就转化为 求 n - 2 的种数那么就是d [ n ] = d [ n-2 ] + d [ n ] (前面d [ n-2 ] 表示数n可以由2构成的种数,后面加的d [ n ]表示数n只能由 1 构成的种数.)

那么状态转移方程式子就出来了(c [ n ] = 2^n)

d [ n ] [ k ] = d [ n ] [ k - 1 ] + d [ n - c [ k ] ] [ k ] ;

循环降维：

d [ n ] = d [ n ] + d [ n - c [ k ] ] ;

 

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int d[1000004];
int c[24]={1};
int main()
{
    for(int i=1;i<=22;i++)
        c[i]=c[i-1]*2;
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        memset(d,0,sizeof(d));
        d[0]=1;
        for(int i=0;i<22&&c[i]<=n;i++)
            for(int j=c[i];j<=n;j++)
                d[j]=(d[j]+d[j-c[i]])%1000000000;
        cout<<d[n]<<endl;
    }
    return 0;
}