有限背包计数问题

题意：

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。

Solution：

首先考虑一个朴素的背包，设 $f[i][j]$ 为考虑前 $i$ 种物品，大小和为 $j$ 的方案数，可以很快写出转移方程。

$$f[i][j]=\sum f[i-1][j-k\times i](k\le i,k\times i\le j)$$

得到了一个 $O(n^2\log n)$ 的做法，可以用前缀和做到 $O(n^2)$。

发现当物品的编号大于 $\sqrt{n}$ 时，这个物品的个数其实时不收限制的，因为不可能取超过 $\sqrt{n}$ 个，这启发我们根号分治。

对于编号小于等于 $\sqrt{n}$ 的物品，我们采用朴素的 01 背包做法，利用前缀和优化做到 $O(n\sqrt{n})$。

对于编号大于 $\sqrt{n}$ 的物品，我们对这一部分采用完全背包的做法，也可以做到 $O(n\sqrt{n})$。

回顾完全背包的做法，设 $f[i][j]$ 为选了 $i$ 个物品，大小和为 $j$ 的方案数。

它的转移运用到了一种思想：一个序列 $a$，可以通过每次增加一个 $1$，或者全体加上 $1$ 来得到，这里相当于序列 $a$ 种最小的数是 $\sqrt{n}+1$，所以每次添加的数是 $\sqrt{n}+1$。

得到方程 ; $f[i][j]=f[i][j-i]+f[i-1][j-\sqrt{n}-1]$。

期中 $f[i][j-i]$ 的含义是全体加上 1，$f[i-1][j-\sqrt{n}-1]$ 的含义是新增一个最小的数。

最后设 $f[i]$ 为只用编号小于等于 $\sqrt{n}$ 的方案，$g[i]$ 表示只用编号大于 $\sqrt{n}$ 的方案。

答案即为 $\sum f[i]\times g[n-i]$。

cin >> n;
B = sqrt(n);

dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= B; i ++) {
    for(int j = 0; j < i; j ++) s[j] = 0;
    for(int j = 0; j <= n; j ++) {
    	int t = j % i;
    	s[t] = s[t] + dp[i - 1][j];
    	dp[i][j] = s[t];
    	if(j >= i * i) s[t] = s[t] - dp[i - 1][j - i * i];
    }
}
for(int i = 0; i <= n; i ++) f[i] = dp[B][i];

memset(dp, 0, sizeof dp);
dp[0][0] = 1;

for(int i = 1; i <= B; i ++) 
    for(int j = 0; j <= n; j ++) {
    	if(j >= i) dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i][j - i];
    	if(j >= B + 1) dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i - 1][j - B - 1];
        g[j] = g[j] + dp[i][j];
}
g[0] = 1;

Z ans = 0;
for(int i = 0; i <= n; i ++)
	ans = ans + f[i] * g[n - i];

cout << ans << '\n';