【数学、dp】bigcoin 2013广东省赛E题

      比赛现场非常遗憾地没能成功AK的一题，当时最后一个小时已经想到做法，但是交给队友化简公式的时候我竟然非常sb的给错参数了=。=。。。尽管没AK也是冠军但是还是很遗憾啊，算了当给final攒rp吧！！

      题意非常简单，给1、5、100、5000、10000五种硬币，每种数量无限，现在有总价值为n的钱，问如果全部兑换成硬币的话有多少种兑换方案？两个方案如果某一种硬币兑换数量不一样即可以视为不同方案。其中n<=10^18

      如果n比较小的时候这显然可以用背包dp来处理，但是这里n非常大，所以应该利用硬币价值成倍数的特殊条件来设计更快的算法。

算法一：dp。这个是出题者教我的做法，时间复杂度为O（logn)

      对于原问题，我们可以增加一个额外的限制，所有硬币按照价值从大到小依次使用。此时新问题的方案数必然与原问题方案数一样。先假设n是10000的倍数，此时由于所有硬币价值都是10000因子，所以很明显每一个10000的区间都是独立的子问题，即不可能有一个硬币跨越相邻两个10000区间。之后由于我们新增加的限制条件，每一个10000的区间使用的硬币价值都要小于等于上一个区间使用的硬币。于是可以使用dp预处理mat[i][j]表示上一个区间使用最小硬币是i，本区间使用的最小硬币是j，此时区间内放置方案数。之后一共拥有n/10000个这样的区间，我们可以使用矩阵快速加速计算。同理，我们可以把剩下部分提取出大小5000区间，继续使用矩阵乘法计算，等等。

方法二：暴力推导通項。这个是我自己YY出来的，公式推导比较麻烦，但是时间复杂度仅为O(1).

      同样利用所以硬币价值都成倍数关系的特殊条件，如果我们先使用完价值为1的硬币，那么剩下的总价值必然需要是5的倍数。

首先考虑使用价值为1的硬币，令k1=n/5,那么余下价值可能是0,5,10,15...,n/5*5 , 此时每种情况出现方案数均为1，总方案数量设为tol1

之后考虑使用价值为5的硬币，那么余下价值也只可能是0，100，200，。。n/100*100, 此时对于剩余价值为100*i的情形，原先剩余价值已经小于它的方案必定不能取完之后剩余价值变成100*i，故使得这种情形出现的方案数可以用该通項表示  tol1-20i，此时的总方案数量也是可以计算的，设其为tol2。这里我们可以将通项设置A2i+B2方便后续计算。

之后考虑使用价值为100的硬币的时候，余下价值必然是0，5000，10000，。。n/5000*5000。对于剩余价值的为5000i的情形出现的方案数，我们依旧可以使用上诉方法计算第i項其通項为 tol2-∑(A2x+B2) ( 其中 x=0..50i-1)，对∑x化简之后可以得到2次的通項A3*i^2+B2*i+C2，此时总方案数依旧可以计算。

最后考虑使用价值为5000的硬币的时候，同理我们可以化简出4次方级别的通項，此时新的总方案数就是原问题的答案，应为最后的剩余价值只有一种处理方法即用10000价值的硬币取尽它。

      最后，在求解通項的时候将其表示成普通多项式的形式，会使得推导下一层通項的时候简单很多。

附代码：

方法一 
 1 //By Lin
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<set>
 7 #include<vector>
 8 #include<map>
 9 #include<queue>
10 #include<cctype>
11 #include<cmath>
12 
13 #define eps 1e-9
14 #define N 100010
15 #define sqr(x) ((x)*(x))
16 #define Rep(i,n) for(int i = 0; i<n; i++)
17 #define foreach(i,n) for( __typeof(n.begin()) i = n.begin(); i!=n.end(); i++)
18 #define X first
19 #define Y second
20 #define mp(x,y) make_pair(x,y)
21 
22 using namespace std;
23 typedef long long LL;
24 typedef pair<int,int> pii;
25 
26 #define MOD 1000000007
27 const    int    mm[5] = {10000,5000,100,5,1};
28 LL        mat[5][5][5];
29 LL        dp[10010];
30 
31 
32 LL        cal(int L , int l ,int r ){
33     if ( mm[r] > L ) return 0;
34     memset( dp , 0 , sizeof(dp) );
35     dp[0] = 1;
36     for(int i = l; i<r; i++) {
37         for(int j = 0; j+mm[i] < L; j++){
38             dp[j+mm[i]] += dp[j];
39             dp[j+mm[i]] %= MOD;
40         }
41     }
42     LL    ret = 0;
43     for(int j = 0; j<L; j++) ret += dp[j];
44     return ret%MOD;
45 }
46 
47 void    cheng( LL ret[][5] , LL A[][5] , LL B[][5] ){
48     static LL    C[5][5];
49     Rep(i,5) Rep(j,5){
50         C[i][j] = 0;
51         Rep(k,5) C[i][j] += A[i][k]*B[k][j]%MOD;
52         C[i][j] %= MOD;
53     }
54     Rep(i,5) Rep(j,5) ret[i][j] = C[i][j];
55 }
56 
57 void    quick_sqr( LL ret[][5] , LL g[][5] , LL h ){
58     while ( h ) {
59         if ( h&1ll ) cheng( ret , ret , g );
60         cheng( g , g , g );
61         h>>=1;
62     }
63 }
64 
65 LL        A[5][5],B[5][5];
66 
67 int        main(){
68     Rep(i,5) Rep(j,5)
69         for(int k = j; k<5; k++) {
70             mat[i][j][k] = cal(mm[i],j,k);
71         }
72     int cas;
73     LL    n;
74     scanf("%d", &cas );
75     while ( cas -- ) {
76         cin >> n;
77         LL    m = n;
78         Rep(i,5) Rep(j,5) A[i][j] = i==j?1:0;
79         for(int k = 0; k<5; k++) {
80             Rep(i,5) Rep(j,5) B[i][j] = mat[k][i][j];
81             quick_sqr(A,B,n/mm[k]);
82             n %= mm[k];
83         }
84         LL    ans = 0;
85         Rep(j,5) ans = (ans + A[0][j] ) %MOD;
86         printf("%lld\n" , ans );
87     }
88     return 0;
89 }
方法二 
 1 //By Lin
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<set>
 7 #include<vector>
 8 #include<map>
 9 #include<queue>
10 #include<cctype>
11 #include<cmath>
12 
13 #define eps 1e-9
14 #define N 100010
15 #define sqr(x) ((x)*(x))
16 #define Rep(i,n) for(int i = 0; i<n; i++)
17 #define foreach(i,n) for( __typeof(n.begin()) i = n.begin(); i!=n.end(); i++)
18 #define X first
19 #define Y second
20 #define mp(x,y) make_pair(x,y)
21 
22 using namespace std;
23 typedef long long LL;
24 typedef pair<int,int> pii;
25 
26 #define MOD 1000000007
27 
28 LL        niyuan(LL g){
29     LL    ret = 1 , h = MOD-2;
30     while ( h ) {
31         if ( h&1ll ) ret = ret*g%MOD;
32         g = g*g%MOD;
33         h >>= 1;
34     }
35     return ret;
36 }
37 
38 LL        getsum(int kind , LL K ){
39     K %= MOD;
40     if ( kind == 0 ) return (K+1)%MOD;
41     if ( kind == 1 ) 
42         return K*(K+1)%MOD*niyuan(2)%MOD;
43     if ( kind == 2 ) 
44         return K*(K+1)%MOD*(2*K+1)%MOD*niyuan(6)%MOD;
45     if ( kind == 3 ) 
46         return K*K%MOD*(K+1)%MOD*(K+1)%MOD*niyuan(4)%MOD;
47 }
48 
49 LL        solve4( LL A , LL B, LL C , LL D , LL K ){
50     LL    tol = getsum(0,K)*D%MOD+getsum(1,K)*C%MOD+getsum(2,K)*B%MOD+getsum(3,K)*A%MOD;
51     tol %= MOD;
52     return tol;
53 }
54 LL        solve3( LL A , LL B , LL C , LL K ){
55     LL    tol = getsum(0,K)*C%MOD+getsum(1,K)*B%MOD+getsum(2,K)*A%MOD;
56     tol %= MOD;
57     LL    pA = 16*A%MOD*niyuan(6)%MOD ,
58         pB = ((2*B-2*A)%MOD+MOD)%MOD ,
59         pC = ((2*A%MOD*niyuan(6)%MOD-B+2*C)%MOD+MOD)%MOD;
60     return solve4(MOD-pA,MOD-pB,MOD-pC,tol,K/2);
61 }
62 LL        solve2( LL A , LL B , LL K ){
63     LL    tol = getsum(0,K)*B%MOD+getsum(1,K)*A%MOD;
64     tol %= MOD;
65     LL    pA = 25*50*A%MOD ,
66         pB = ((50*B-25*A)%MOD+MOD)%MOD;
67     return solve3(MOD-pA,MOD-pB,tol,K/50);
68 }
69 LL        solve1( LL K ){
70     return solve2( MOD-20 , (K+1)%MOD  , K/20 );
71 }
72 
73 int        main(){
74     int    cas;
75     scanf("%d", &cas );
76     while ( cas -- ) {
77         LL    n;
78         cin >> n;
79         printf("%lld\n" , solve1(n/5) );
80     }
81     return 0;
82 }

 

posted @ 2013-05-13 20:24  lzqxh  阅读(287)  评论(2)  编辑  收藏  举报