POJ2229 Sumsets 题解

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这题有点套路。我一开始的想法是用 \(f_{n,i}\) 表示最大幂次最多为 \(2^i\) 表示 \(n\) 的方案数。然后发现 \(\mathcal{O}(1)\) 转不了。于是废了。

考虑用 \(f_i\) 表示 \(i\) 的答案数。分类讨论。

\(i\) 为奇数时，则必然有 \(1\)，剩下 \(i-1\)，因此 \(f_i = f_{i-1}\),

\(i\) 为偶数时，则再分类讨论。

如果还有 \(1\)：同样 \(f_{i-1}\).

如果没有 \(1\)：那么考虑把拆分中的所有数 \(\div 2\)，则和为 \(\frac{i}{2}\)，因此这部分答案为 \(f_{\frac{i}{2}}\).

于是：

\[f_i = \begin{cases} f_{i-1} \space \space \space \space \space \space \space \space \space, i \equiv 1 \pmod 2\\ f_{i-1} + f_{\frac{i}{2}} , i \equiv 0 \pmod 2\\ \end{cases}\]

然后我们耍一个小聪明：用 \(f_x\) 同时表示 \(f_{2x}\) 和 \(f_{2x+1}\)，还能省一半空间。

时间复杂度：\(\mathcal{O}(n)\).

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e6+1;
const ll MOD=1e9;

inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

inline void write(int x) {
	if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
	if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
	write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}

int n;
ll f[N];

int main() {
	n=read(); f[0]=1;
	for(int i=1;i*2<=n;i++)
		f[i]=(f[i-1]+f[i/2])%MOD;
	printf("%d\n",f[n/2])%MOD;	
	return 0;
}