由HOJ1090 The Staircases 所引发的联想
原题在 http://acm.hit.edu.cn/hoj/problem/view?id=1090
附个图吧
题目大意抽象为数学问题是：
给定一个N，求出如同N = n1+n2+n3+…..类型的划分的方案数，满足的条件是。n1<n2<n3<…，并且ni的个数大于等于2。
下面一段算是扯淡：
这是一道整数划分的题目，其实关于整数划分有好多种类型，限定条件不一样所求的方法就不一样，Jingo觉得应该去总结总结这个类型的问题，就算是培养自己重新开始思考的习惯的一个开端吧，这也是Jingo大学阶段Blog的第一篇心得性质的文章，希望这次能够坚持下去，不能像高中的时候夭折的《算法导论》的心得。
好了，其实这篇文章我想分两篇（当然最后写完之后不一定能出现几片），第一篇仅针对HOJ1090进行讨论，而第二篇针对整数划分类型的问题进行一下总结，下面进入正题。
方法一：
这种方法是一种比较好想出来的方法。
时间复杂度O(n^3)
空间复杂度O(n^2)
f[i][j]代表一共有i块砖，最后一层的砖块数为j的方案总数，f[i][j] = Σf[i-j][k] (0<=k<j)
k的取值是从0到j这样满足倒数第二层的砖块数k小于最后一层的砖块数j
最后对求一下f[n][0],f[n][1],…,f[n][n]的和就是所有满足,给定一个N，出如同N = n1+n2+n3+…..类型的划分的方案数，满足的条件是。n1<n2<n3<…，而最终答案减去只有一排砖块(即只有一个N=n1)的情况，就是题目要求的答案。
代码如下：
View Code
#include <cstring>
long long f[520][520];
long long a[520];
int main()
{
int n;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(a,0,sizeof(a));
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 500; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
for (int k = 0; k < j; k++)
{
f[i][j] += f[i-j][k];
}
for (int i = 1; i <= 500; i++)
{
for (int j = 1; j <= i; j++)
{
a[i] += f[i][j];
}
}
while (scanf("%d", &n) == 1)
{
if (n == 0) break;
printf("%lld\n", a[n] - 1);
}
return 0;
}
方法二：
考虑到方法一中f[i][j]表示最后一层的砖块数为j的方案总数，所以需要枚举j来求和，所以可以使f[i][j]表示最后一层的砖块数不超过j的方案总数，这样可以避免枚举j。
于是f[i][j]表示最后一个阶梯的高度不超过j,使用i个砖块的方案,那么转移方程就是f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-j][j-1]。
其实这个方程也不难理解，如果最后一层小于j方案数就是f[i][j-1]，如果最后一层等于j方案数就是f[i-j][j-1]。
时间复杂度O(n^2)
空间复杂度O(n^2)
代码1如下：
View Code
long long f[520][520];
int main()
{
int n;
f[0][0]=1;
for (int i = 1; i <= 511; i++) f[0][i] = 1;
for(int i=1; i<= 511; i++)
for (int j = 1; j <= 511; j++)
if (i>=j)
f[i][j] = f[i][j-1]+f[i-j][j-1];
else
f[i][j] = f[i][j-1];
while (scanf("%d", &n) == 1)
{
if (n == 0) break;
printf("%lld\n", f[n][n] - 1);
}
return 0;
}
现在，把两层循环改一下顺序(不是所有的题目都可以改循环嵌套的顺序的)，按照最后一层的砖块数j枚举。
代码2如下：
View Code
long long f[520][520];
int main()
{
int n;
f[0][0]=1;
for(i=1; i<=n; i++)
{
for(j=n; j>=i; j--)
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-i];
for(j=0; j<=i-1; j++)
f[i][j]=f[i-1][j];
}
while (scanf("%d", &n) == 1)
{
if (n == 0) break;
printf("%lld\n", f[n][n] - 1);
}
return 0;
}
此时注意到f[i][j]只与f[i-1][j]和f[i-1][j-i]有关，所以可以参照0-1背包的降维方式减去一维的空间，这就是
方法三：
注意第二重循环需要倒序循环。
时间复杂度O(n^2)
空间复杂度O(n)
代码如下：
View Code
long long f[520];
int main()
{
int n;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i < 511; i++)
for (int j = 511; j >= i; j--)
f[j] += f[j-i];
while (scanf("%d", &n) == 1)
{
if (n == 0) break;
printf("%lld\n", f[n] - 1);
}
return 0;
}
这就是有关这道题目从想出来到一步步优化的过程。
