51nod #13 D 【DP】【生成函数】

题目大意：有n种物品，第i种物品的大小为i，且有i个，求装满大小为n背包的方案数

贴题解：

首先我们可以发现，令 S=n√ ，那么对于大小大于S的物品，其实是用不完的，我们可以把他们的数量视为无限个
对于大小小于S的物品，我们可以令f[i][j]表示考虑了前i个物品，总大小为j的方案数，那么有： f[i][j]=∑ik=0f[i−1][j−k∗i]
我们在DP的时候，假设当前要计算f[i][j]，可以设tmp[v]为当前满足t mod i=v的f[i-1][t]的和
然后就可以通过维护tmp数组，轻松计算出f[i][j]了
这一步的时间复杂度是 O(nn√)
具体实现如下：

f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=S;i++){
    for(int j=0;j<i;j++)tmp[j]=0;
    int nowmod=-1;
    //nowmod记录的是当前j mod i的值
    for(int j=0;j<=n;j++){
        nowmod++;
        if(nowmod>=i)nowmod=0;
        //维护nowmod
        tmp[nowmod]=tmp[nowmod]+f[i-1][j];
        f[i][j]=tmp[nowmod];
        //计算f[i][j]，同时维护tmp
        if(j-i*i>=0)tmp[nowmod]=tmp[nowmod]-f[i-1][j-i*i];
        //由于大小为i的只有i个，所以这里要减掉
    }
}

接下来考虑大小大于S的物品
我们考虑一个给物品“动态添加大小”的DP：
令g[i][j]表示，当前有i个物品，大小总和为j
我们可以做的转移是：
(1)：将所有物品的大小加一 :g[i][j]->g[i][j+i]
(2)：新建一个大小为S+1的物品g[i][j]->g[i+1][j+S+1]
可以发现，物品总数最多为n/S个，所有g的第一维的规模是n/S的，所以这一个DP也是O(n*sqrt(n))的
于是总复杂度就是O(n*sqrt(n))
这道题还有更加优美的算法，可以用多项式黑科技进行推导，可以得到复杂度O(nlogn)的做法，由于出题人能力有限所以这里就不阐述了

果然有O(nlogn)的做法，好厉害%%%
蒟蒻表示想了好久没有想出来诶。。。QAQ
最后窝只有用生成函数来水了一发。。。

我的做法：

同样是考虑 S=n√ ，当 i>S 时可以不受限制的取，考虑取第i个物品的生成函数

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1+xi+x2i+⋯+xi2)=1−xi(i+1)1−xi(1+xi+x2i+⋯)=11−xii<=Si>S

所以有

F(x)=∑i=0∞a(i)xi=∏i=1n11−xi∏i=1S1−xi(i+1)

右边前面部分的分母是欧拉函数，有五边形数定理：

∏i=1∞(1−xi)=∑i=−∞∞(−1)ixi(3i−1)2=∏i=0∞(−1)ixi(3i±1)2

设 f(x)=∑∞i=0p(i)xi=∏ni=111−xi
有 (1−x−x2+x5+x7−x12−x15+⋯)(1+p(1)x+p(2)x2+⋯)=1
所以有 p(n)−p(n−1)−p(n−2)+p(n−5)+p(n−7)+⋯=0
然后可以递推求得 p(n)
答案 F(x)=f(x)∏Si=11−xi(i+1)
直接暴力乘起来就可以了

时间复杂度 O(nn√)

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<ctime>
#define N 100005
#define M 23333333
using namespace std;

int n;
int f[N];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    f[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;;j++)
        {
            int k=(3*j*j-j)>>1;
            if (k>i) break;
            if (~j&1) f[i]-=f[i-k];
                else f[i]+=f[i-k];
            if (f[i]>=M) f[i]-=M;
            if (f[i]<0) f[i]+=M;
            k+=j;
            if (k>i) break;
            if (~j&1) f[i]-=f[i-k];
                else f[i]+=f[i-k];
            if (f[i]>=M) f[i]-=M;
            if (f[i]<0) f[i]+=M;
        }
    int S=(int)sqrt(n);
    for (int i=1;i<=S;i++)
    {
        int k=i*i+i;
        for (int j=n;j>=k;j--)
            if ((f[j]-=f[j-k])<0) f[j]+=M;
    }
    cout<<f[n]<<endl;

    return 0;
}