P1036 选数（DFS）

P1036 选数

题目描述

已知 n个整数 x1,x2,…,xn，以及11个整数k(k<n)。从n个整数中任选k个整数相加，可分别得到一系列的和。例如当n=4,k=3,4个整数分别为3,7,12,19时，可得全部的组合与它们的和为：

3+7+12=22

3+7+19=29

7+12+19=38

3+12+19=34。

现在，要求你计算出和为素数共有多少种。

例如上例，只有一种的和为素数：3+7+19=29。

输入格式

键盘输入，格式为：

n,k1≤n≤20,k<n)

x1,x2,…,x**n(1≤xi≤5000000)

输出格式

屏幕输出，格式为： 1个整数（满足条件的种数）。

输入输出样例

输入

4 3
3 7 12 19

输出

1

题解

因为n<=20，所以可以放心地DFS。因为要遍历每个数的选与不选，所以共有O(2ⁿ)的复杂度2²⁰(1m)约为1e6，能过。

又因为sum最多是20*5e6=1e8，可以不用ll（我比较谨慎，所以开了ll）

真正要判断是否为质数的情况就是C(n,k)，最差的时候n为20，k为10，方案数约有1.847e5种。

Judge函数为O(根号sum)，sum最大为1e8，这时复杂度为1e4,如果执行1.847e5次就是1.847e9的复杂度。

综上所述，判断质数的总复杂度才是程序的主要复杂度。

这样写，虽然有些危险，不过这只是最差的情况，除非某sum真的是质数，不然到不了O(根号sum)的情况。

可以先预处理出1e4以内的所有质数，可以在这里得到优化。（但是貌似此题没有必要这样）

而存答案的变量ans无需用ll，因为总情况约共有1.847e5种，而每种情况自然不都是符合条件的。

DFS的边界有两个：

一：已经选够了k个数，直接判断sum，如果是质数，就返回一；不是，就返回0；

二：决策完所有n个数，但是没有选够k个数，直接跳出（可以优化，在决策完n-i个数后，只要选中的数比k-i少，就算以后每个数都选也不可能够k个，直接跳出）我没用优化，貌似也能过。

决策第i个数时，分为两类：选i和不选i，两种情况的方案数之和，就是这个状态的总方案数。

DFS式：

$$DFS_{Left,Sum,At}=DFS_{Left-1,Sum+a_{At+1},At+1}+DFS_{Le,Sum,At+1}$$

关于状压DP

这道题也可以用状压来做，就是用下标二进制数的第i位的1或0来表示第i个数选或不选。

但是考虑到这道题每个状态只访问一次而且空间复杂度为4MB，所以不光时间复杂度没优化，反而反向优化空间复杂度。

结论：状压DP是大佬炫技（xian de dan teng）的花式解法，不推荐。

代码_亲测AC：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int n, k, a[23];
bool J(int un)//Judge函数，判断un是否是质数
{
	int s = sqrt(un);
	for (int ii = 2; ii <= s; ii++)
	{
		if (un % ii == 0) return false;
	} return true;
}
int DFS(int Le, long long sum, int At)//返回以（剩余Le个数字时已选数字总和为sum并且当前刚好决策完At是否选）的状态为基础，接下来所有方案中（最后选中的数和为质数的可行方案数）
{
	if (At > n) {//如果已经到了n+1还没返回，说明选数不足k
		return 0;//这个方案不可行
	}
	if (Le <= 0)//选够k个数
		return J(sum);//判断质数
	int ans = 0;
	ans += DFS(Le - 1, sum + a[At+1], At + 1);//选择a[i]的方案数
	ans += DFS(Le, sum, At + 1);//不选的方案数
	return ans;
}
int main()
{
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
	}
	cout << DFS(k, 0, 0);//一开始一个数没选（还差k个数选完），当前总和为0，已经决策0个数
	return 0;
}