LOJ6089. 小 Y 的背包计数问题 题解

LOJ6089. 小 Y 的背包计数问题

本题是一个背包计数问题，发现 $n \leq 10^5$，显然普通的多重背包计数不可取，需要优化。

本着多重背包计数时间复杂度成本较高，我们总是希望尽量不做多重背包计数，发现对于编号 $i > \lfloor \sqrt{n} \rfloor$ 的物品，由于要装满背包，它们永远不可能用完，所以我们可以对其使用其它方法计数。故考虑一种类似于根号分治的思想，对编号不超过 $\lfloor \sqrt{n} \rfloor$ 和超过该值的物品分类讨论。

• 对于编号 $i \leq \lfloor \sqrt{n} \rfloor$ 的物品：

由于 $\sqrt{n}$ 数量级在我们接受范围内，故考虑直接使用多重背包计数，设 $f(i, j)$ 表明考虑只从前 $i$ 个物品中取物品，取出的物品总体积为 $j$ 的方案数，则不难列出方程：

$$f(i, j) = \sum_{k = 0}^{i} f(i - 1, j - k \times i) \quad (f(0, 0) = 1)$$

可以使用滚动数组优化掉 $i$ 那一维，又发现每次转移都是取 $f(i - 1, j - i \times i), f(i - 1, j - i \times(i - 1)), \cdots, f(i - 1, j)$ 的值，可见每次取值都是各相邻 $i$ 个位置取一次值，这样我们可以使用类似于前缀和优化的方式进行优化转移。（其实这里如果不使用滚动数组的话也可以，毕竟 $i$ 那一维的大小已经被我们控制在了 $O(\sqrt{n})$，而加上 $j$ 那一维，空间复杂度为 $O(n \sqrt{n})$ 也不会爆空间）

• 对于编号 $i > \lfloor \sqrt{n} \rfloor$ 的物品：

由于此类物品无法取完，故不用考虑每种物品取了多少个。我们发现这类物品我们最多只能取 $\lfloor \sqrt{n} \rfloor$ 个，故不妨设 $g(i, j)$ 为取 $i$ 个此类物品，取出的这 $i$ 个物品总体积为 $j$ 的方案数。我们考虑如何列递推式，要想知道 $g(i, j)$，就需要知道其可以由哪些状态变化而来，注意这里提到的状态必须保证计数不重（前驱状态和后续状态一一对应）不漏（不会少考虑情况） 。考虑到这两点后我们就来寻找这些状态吧 qwq

首先容易想到的是取 $i$ 个物品的状态一定是可以由取 $i - 1$ 个物品的状态推出来的，但这时我们似乎需要枚举 $g(i - 1, (i - 1) \times (\lfloor \sqrt{n} \rfloor - 1))$ 到 $g(i - 1, j - \lfloor \sqrt{n} \rfloor - 1)$ 所有值，这显然还是会超时，但我们发现一个有趣的事情是，如果我们取了一个体积大于 $\lfloor \sqrt{n} \rfloor + 1$ 的物品，我们可以将其看成先取了一个体积为 $\lfloor \sqrt{n} \rfloor + 1$ 的物品，再通过某种方式使物品的总体积“增长”到我们要的目标 $j$，考虑寻找增长的方式，由于前后状态必须一一对应，所以每次所有已选的物品的体积增长量必须相同，由于不能跳过某些状态，所以这个增长量只能为 1，所以我们就找到了一种增长的方法，使得这样计数不重不漏。

所以可以推出 $g(i, j)$ 的状态有两种：一种是已经取了 $i - 1$ 个物品，又取了一个体积为 $\lfloor \sqrt{n} \rfloor + 1$ 的物品，达到了状态 $g(i, j)$，即 $g(i - 1, j - \lfloor \sqrt{n} \rfloor - 1)$；一种是我们上文中所述的，将取体积大于 $\lfloor \sqrt{n} \rfloor + 1$ 的物品的情况进行分解，将其分解为第一种状态与“增长”这两步，由于第一步在前面的状态中肯定会被当成第一种状态算进答案中，故我们只需考虑如何利用“增长”统计这部分答案，而正如上文所述，增长是要求每一个已选物品体积均增加 1，所以总体积增加 $i$，而已选物品数量是不会通过增长改变的，所以这一种可以推出 $g(i, j)$ 的状态为 $g(i, j - i)$。

综上，状态转移方程为：

$$g(i, j) = g(i - 1, j - \lfloor \sqrt{n} \rfloor - 1) + g(i, j - i) \quad (g(0, 0) = 1)$$

由于我们将物品按编号分类讨论，所以我们最终要使用乘法原理合并答案，我们设 $F(i) = f(\lfloor \sqrt{n} \rfloor, i), G(i) = \sum_{j = 0}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} \limits g(j, i)$，则答案为：

$$\sum_{i = 0}^{n} F(i)G(n - i)$$

两部分时间复杂度均为 $O(n \sqrt{n})$，故总时间复杂度也为 $O(n \sqrt{n})$。

下面是简短的代码qwq：

Code

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#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
 
const int maxn = 1e5 + 10;
const int p = 23333333;
 
int n, m, f[maxn], sum[maxn], g[320][maxn];
 
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    m = sqrt(n);
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        for (int j = 0; j < i; ++j)
            sum[j] = f[j];
        for (int j = i; j <= n; ++j)
            sum[j] = (f[j] + sum[j - i]) % p;
        for (int j = 0; j <= n; ++j)
        {
            if (j >= i * (i + 1))
                f[j] = (sum[j] - sum[j - i * (i + 1)] + p) % p;
            else
                f[j] = sum[j];
        }
    }
    g[0][0] = 1;
    int ans = f[n];
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        for (int j = i * (m + 1); j <= n; ++j)//根据 g 的定义 g[i][i * (m + 1)] 之前数组的值都应为 0，所以直接跳过
        {
            g[i][j] = (g[i - 1][j - (m + 1)] + g[i][j - i]) % p;
            ans = (ans + 1ll * f[n - j] * g[i][j] % p) % p;//这里直接统计答案，但需注意 f[n] 无法在循环中统计到
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}