Luogu P4133 [BJOI2012] 最多的方案 题解

记忆化搜索，设 $f(x,k)$ 表示当前考虑 $F_k$，需要分解的数是 $k$，分类讨论

• 若 $x=0$，则 $f(x,k)=1$；
• 若 $k=1$，则 $f(x,k)=0$；
• 若 $x<F_k$，则 $f(x,k)=f(x,k-1)$；
• 若 $x>F_1+F_2+F_3+\cdots +F_{k-1}=F_{k+1}-1$，则 $f(x,k)=f(x-F_k,k-1)$，因为此时不分解出 $F_k$ 就一定无解；
• 否则，$f(x,k)=f(x-F_k,k-1)+f(x,k-1)$。

这个做法很轻松地通过了所有数据，我们如何知道它的时间复杂度？

考虑势能分析，设 $\mathrm{\Phi }(n,k)$ 表示计算 $f(x,k)$ 时 $x$ 的最大可能值。

断言：要么 $\mathrm{\Phi }(n,k)<F_{k+1}$，要么 $\mathrm{\Phi }(n,k)$ 在常数次迭代内可以满足前述情况。

证明

边界情况令 $\mathrm{\Phi }(n,k)=n$，接下来假设 $k>2$。

考虑在转移过程中说明断言成立。

• 若 $x<F_k$，则 $\mathrm{\Phi }(n,k-1)<F_k$ 满足断言；
• 否则，分类 $f(x,k)=f(x,k-1)+f(x-F_k,k-1)$ 中的两项。注意此时 $F_k⩽x<F_{k+1}$，所以
  1. 对于 $f(x-F_k,k-1)$，有 $0⩽x-F_k<F_{k-1}$，满足断言。进一步，其继续迭代一次仍满足断言；
  2. 对于 $f(x,k-1)$，下一次迭代必然走向 $f(x-F_{k-1},k-2)$，此时 $F_{x-2}⩽x-F_{k-1}<F_{k-1}$ 满足断言。

断言成立。

Q.E.D.

推论

设 $\varphi =\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则当 $k$ 足够大时，每两次迭代至少使势能变为原来的 $2{\varphi }^2\approx 0.764$。

证明

$k$ 足够大时，斐波那契数列相邻两项比值 $\frac{F_k}{F_{k+1}}=\varphi$。

继续上一个证明的分类讨论：

• 第一类情况中，一次迭代使得势能变为原来的 $\varphi$，两次即为 ${\varphi }^2$；
• 第二类情况中，两次迭代使得势能变为原来的 $2{\varphi }^2$，两种子情况分别贡献 ${\varphi }^2$；
• 特殊地，如果第一类情况后接着第二类情况，三次为 $2{\varphi }^3$，平均一次 $(2{\varphi }^3{)}^{\frac{2}{3}}=\sqrt[3]{4}{\varphi }^2<2{\varphi }^2$。

因此势能至少变为 $2{\varphi }^2$。

Q.E.D.

所以，总迭代次数约为 $-2{\log }_{2{\varphi }^2}(n)\sim 2{\log }_{1.309}(n)\sim O({\log }_{1.309}(n))$，时间复杂度正确。

注意 $k$ 较小时，比值大于 $2{\varphi }^2$，但由于该估计本身较松，对时间复杂度无影响。

#include <iostream>
#include <map>
 
using namespace std;
 
typedef long long i64;
 
const i64 lim = 1e18;
 
int tail;
i64 fib[100];
i64 f[100];
 
map<pair<i64, int>, int> mp;
static inline i64 dfs(i64 x, int k) {
    if (!x)
        return 1;
    if (k == 1)
        return 0;
    if (mp.count({x, k}))
        return mp[{x, k}];
    if (x < fib[k])
        return mp[{x, k}] = dfs(x, k - 1);
    if (f[k - 1] < x)
        return mp[{x, k}] = dfs(x - fib[k], k - 1);
    return mp[{x, k}] = dfs(x, k - 1) + dfs(x - fib[k], k - 1);
}
 
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    fib[1] = fib[2] = 1;
    for (tail = 2; fib[tail] <= lim; ++tail)
        fib[tail + 1] = fib[tail] + fib[tail - 1];
    for (int i = 1; i <= tail; ++i)
        f[i] = f[i - 1] + fib[i];
    i64 n;
    cin >> n;
    cout << dfs(n, tail) << '\n';
    return 0;
}