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HDU 2709 总结 DP/递推

2016年02月28日 20:28:28 Tabris_ 阅读数:300
标签: hdu OJ 杭电


博客爬取于2019-04-18 17:21:27
以下为正文

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2709

Sumsets

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2052 Accepted Submission(s): 813

Problem 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

  1. 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

一、 DP解法(这应该是标准解法了 本人第一次 碰到这类题 也是用DP)

思路:

1.如果n为奇数,那么所求的分解结果中必含有1,因此,直接将n-1的分拆结果中添加一个1即可 为s[n-1]

2.如果n为偶数,那么n的分解结果分两种情况:
a) 含有1:这种情况可以直接在n-1的分解结果中添加一个1即可 s[n-1]
b) 不含1:那么,分解因子的都是偶数,将每个分解的因子都除以2,刚好是n/2的分解结果,并且可以与之一一对应,这种情况有 s[n/2]

所以,状态转移方程为
如果i为奇数 s[i] = s[i-1]
如果i为偶数 s[i] = s[i-1] + s[i/2]

#include <iostream>

using namespace std;

int n, s[1000001], i = 3;

void init()
{
    s[1] = 1;
    s[2] = 2;

    for( ;i <= 1000000; i += 2 )
    {
        s[i] = s[i-1];
        s[i+1] = (s[i] + s[(i+1)/2]) % 1000000000;
    }

}

int main()
{
    init();
    while( cin>>n )
        cout<<s[n]<<endl;
    return 0;
}

二、这是递推的方法 (很简洁 偶然看到这个代码 只想说牛X)

如果所求的n为奇数,那么所求的分解结果中必含有1,因此,直接将n-1的分拆结果中添加一个1即可 为s[n-1]
如果所求的n为偶数,那么n的分解结果分两种情况
1.含有1 这种情况可以直接在n-1的分解结果中添加一个1即可 s[n-1]
2.不含有1 那么,分解因子的都是偶数,将每个分解的因子都除以2,刚好是n/2的分解结果,并且可以与之一一对应,这种情况有 s[n/2]

所以,状态转移方程为
如果i为奇数, s[i] = s[i-1]
如果i为偶数  s[i] = s[i-1] + s[i/2]

#include <stdio.h>
int n,s[1000001], i = 3;
int main()
{
s[1] = 1;
s[2] = 2;
while (i <= 1000000)
{
s[i++] = s[i-1];
s[i++] = (s[i-2] + s[i >> 1]) % 1000000000;// >>是位运算 的左移运算 自行百度吧
}
while(scanf(“%d”,&n) != EOF)
printf(“%d\n”, s[n]);
return 0;
}


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