【每日一题】33. 简单瞎搞题 (滚动数组 + bitset 优化DP)
补题链接:Here
这个问题的难点在于如何统计出所有和可能出现的情况,并且不能重复。
很容易想到用桶去存储每一个数,即某个和能够组合出来则为1,否则为0
不妨令 \(dp[i][j]\) 表示为第 \(i\) 次选择时,和为 \(j\) 的情况是否出现过
但是内存方面需要 \(1e8\) 的 \(int\) 内存,显然是不可接受的
那么我们考虑用 \(bitset\) 优化内存,由递推方程:\(dp_i = dp_{i}|=(dp_{i-1}<<(j*j))\)
代表第 \(i\) 次选择的时候是否能从当前状态转移到和为\(j\) 的状态
const int N = 110;
bitset<1000010>dp[N];
void solve() {
int n; cin >> n;
dp[0] = 1;
for (int i = 1, l, r; i <= n; ++i) {
cin >> l >> r;
for (int j = l; j <= r; ++j)dp[i] |= (dp[i - 1] << (j * j));
}
cout << dp[n].count() << "\n";
}
写完状态转移方程发现 \(dp_i\) 仅与 \(dp_{i - 1}\) 有关系,所以由滚动数组来节省空间
bitset<1000010> now, nxt;
void solve() {
int n; cin >> n;
now[0] = 1;
for (int i = 1, l, r; i <= n; ++i) {
cin >> l >> r;
for (int j = l; j <= r; ++j)
if (j == l)nxt = (now << (j * j));
else nxt |= (now << (j * j));
now = nxt;
}
cout << now.count() << "\n";
}