[51nod1597]有限背包计数问题

　　你有一个大小为n的背包，你有n种物品，第i种物品的大小为i，且有i个，求装满这个背包的方案数有多少
　　两种方案不同当且仅当存在至少一个数i满足第i种物品使用的数量不同

　Input
　　第一行一个正整数n
　　1<=n<=10^5
　Output
　　一个非负整数表示答案，你需要将答案对23333333取模

 

首先我们可以发现，令S=sqrt(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]=sum{f[i-1][j-k*i]},0<=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(nsqrt(n))

 

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

 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#define ll long long
#define ui unsigned int
#define ull unsigned long long
const int maxn=100233,modd=23333333;
int f[2][maxn],g[2][maxn],sm[maxn],tmp[maxn];
int i,j,k,n,m,n1;

int ra;char rx;
inline int read(){
    rx=getchar(),ra=0;
    while(rx<'0'||rx>'9')rx=getchar();
    while(rx>='0'&&rx<='9')ra*=10,ra+=rx-48,rx=getchar();return ra;
}

#define MOD(x) x-=x>=modd?modd:0
#define UPD(x) x+=x<0?modd:0
int main(){
    n=read(),n1=sqrt(n);register int i,j,k;
    
    bool now=1,pre=0;f[0][0]=1;int mod;
    for(i=1;i<=n1;i++,std::swap(now,pre)){
        memset(tmp,0,i<<2),mod=-1;
        for(j=0,k=-i*i;j<=n;j++,k++){
            if(++mod>=i)mod=0;
            tmp[mod]+=f[pre][j],MOD(tmp[mod]),
            f[now][j]=tmp[mod];
            if(k>=0)tmp[mod]-=f[pre][k],UPD(tmp[mod]);
        }
    }//printf("n1:%d\n",n1);
    //for(i=1;i<=n;i++)printf("  %d",f[pre][i]);puts("");
    int n2=n/n1;
    bool now1=1,pre1=0;g[0][0]=1;
    for(i=1;i<=n2;i++,std::swap(now1,pre1)){
        memset(g[now1],0,(n1+1)<<2);
        for(j=n1+1,k=0;j<=n;j++,k++)g[now1][j]=g[pre1][k];
        for(j=i;j<=n;j++)g[now1][j]+=g[now1][j-i],MOD(g[now1][j]);
        for(j=1;j<=n;j++)sm[j]+=g[now1][j],MOD(sm[j]);
    }
    int ans=f[pre][n]+sm[n];MOD(ans);
    for(i=1;i<n;i++)ans=(ans+1ll*f[pre][i]*sm[n-i])%modd;
    printf("%d\n",ans);
}