Loj #6089. 小 Y 的背包计数问题

link : https://loj.ac/problem/6089

 

大致就是第i个物品有i个且每个的体积是i，问填满体积为N的背包的方案数。

 

首先可以发现的是 > sqrt(N) 的物品是用不完的，所以可以看成完全背包。

但直接完全背包的话因为复杂度是 O((N-sqrt(N))*N) 的 ，其实就是 O(N^2)，肯定会挂。

但是我们考虑一个性质:最后背包中的物品最多只能有sqrt(N)件，并且每件的起始体积都是sqrt(N)+1。

所以我们就设 g[i][j] 为选了i件物品，总体积为j的方案数。

转移就是 g[i][j] = g[i-1][j-(sqrt(N)+1)] + g[i][j-i]  ，这就是考虑每次多加一个初始体积物品或者给每个物品都+1的体积。

因为这样能保证后加的物品最后的体积一定<=前加的，所以符合无序性，是正确的。

 

至于<=sqrt(N)的物品直接暴力多重背包就行了 (当然前提是对于每个物品你的多重背包复杂度是 O(N)的，就是对物品体积的同余系下相同的元素一起处理)

 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define maxn 100005
using namespace std;
const int ha=23333333;
int now,pre,f[2][maxn],n,S;
int g[2][maxn],block[maxn];

inline int add(int x,int y){
	x+=y;
	return x>=ha?x-ha:x;
}

inline void dp_big(){
	g[0][0]=1,now=0,block[0]++;
	
	for(int i=1;i*S<=n;i++){
		pre=now,now^=1;
		fill(g[now],g[now]+i,0);
		for(int j=i;j<=n;j++){
			g[now][j]=g[now][j-i];
			if(j>=S) g[now][j]=add(g[now][j],g[pre][j-S]);
			
			block[j]=add(block[j],g[now][j]);
		}
	}
}

inline void dp_small(){
	now=0,f[0][0]=1;
	for(int i=1,res;i<S;i++){
		pre=now,now^=1,res=i*(i+1);
		for(int j=0;j<i;j++)
		    for(int u=j,tmp=0;u<=n;u+=i){
		    	tmp=add(tmp,f[pre][u]);
		    	if(u-res>=0) tmp=add(tmp,ha-f[pre][u-res]);
		    	f[now][u]=tmp;
			}
	}
}

inline void output(){
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++) ans=add(ans,f[now][i]*(ll)block[n-i]%ha);
	printf("%d\n",ans);
}

int main(){
	scanf("%d",&n),S=sqrt(n)+1;
	dp_big();
	dp_small();
	output();
	return 0;
}