1. 程式人生 > >51nod1597 有限揹包計數問題[DP][分類討論][字首和]

51nod1597 有限揹包計數問題[DP][分類討論][字首和]

有限揹包計數問題
SkyDec (命題人)
基準時間限制:2.333 秒 空間限制:131072 KB 分值: 160
你有一個大小為n的揹包,你有n種物品,第i種物品的大小為i,且有i個,求裝滿這個揹包的方案數有多少
兩種方案不同當且僅當存在至少一個數i滿足第i種物品使用的數量不同

Input
第一行一個正整數n
1<=n<=10^5
Output
一個非負整數表示答案,你需要將答案對23333333取模
Input示例
3
Output示例
2

題意:我覺得上面已經非常簡潔了。
分析:這道題顯然很容易想到O(N^2)的演算法,關鍵是怎麼優化?
類比上一道題(壽司晚宴),我們可以考慮把不同的問題拆分開再用乘法原理合並的方式,這裡我們可以把數拆成根號n以下的數和以上的數(可以向上或向下取整,甚至可以繼續變,不過會影響時間複雜度。)
首先考慮以下的數,則這些數不能全部填滿n,問題就轉化為有個數的揹包問題,可以用字首和優化到個數v即(根號n

)v,具體實現就是把要被加的位置的值(即對I同餘的位置)存著,然後一邊走一邊更新字首和(加數或把不能取到的減去);
然後考慮以下的數,是完全揹包,但是會T,這個時候需要對完全揹包做一個優化,等於是想象一個i個數,和為j的序列,每一次可以對序列進行兩種操作,要麼給每個數加1,要麼增加一個基數(比根號n大1的數),為什麼基數要大1呢,因為不然的話根據根號n的定義可以知道,填不滿orz。
為什麼這個演算法是正確的呢,因為相對大小不變,然後每次增加又是一種新的操作,最後在不同時間完全相同的兩種狀態一定不會重複,又一直有增加改變操作所以也一定不會以遺漏!

#include<iostream>
#include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x)) using namespace std; const long long modd=23333333; const int maxn=320,maxn2=1e5+10; int n,nn,nxt=1,cur; int ans,sum[maxn],g[maxn][maxn2],f[2][maxn2]; void init() { scanf("%d",&n); nn=floor
(sqrt((double)n)); } void work() { f[cur][0]=1;g[0][0]=1; for(int i=1;i<=nn;i++){ clr(sum);swap(cur,nxt); for(int j=0;j<=n;j++){ f[cur][j]=(sum[j%i]+f[nxt][j])%modd; if(j<i*i)sum[j%i]=(sum[j%i]+f[nxt][j])%modd; else sum[j%i]=(f[nxt][j]-f[nxt][j-i*i]+sum[j%i]+modd)%modd; } } for(int i=0;i<=nn;i++) for(int j=0;j<=n;j++){ if(i&&j+i<=n)g[i][j+i]=(g[i][j+i]+g[i][j])%modd; if(j+nn+1<=n)g[i+1][j+nn+1]=(g[i+1][j+nn+1]+g[i][j])%modd; } g[1][0]++; for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=1;j<=nn;j++) ans=(ans+(long long)f[cur][i]*(long long)g[j][n-i]%modd)%modd; printf("%d",(int)ans); } int main() { freopen("51nod1597.in","r",stdin); freopen("51nod1597.out","w",stdout); init(); work(); return 0; }

注意!這裡有涉及到易錯點:減法要加modd!,我當時覺得加上了一個sum怎麼也不會負,結果就被卡了(哭泣