hdu 2709 Sumsets

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Problem Description

Farmer John commanded his cows to search for different sets of numbers that sum to a given number. The cows use only numbers that are an integer power of 2. Here are the possible sets of numbers that sum to 7:
1) 1+1+1+1+1+1+1

2) 1+1+1+1+1+2

3) 1+1+1+2+2

4) 1+1+1+4

5) 1+2+2+2

6) 1+2+4
Help FJ count all possible representations for a given integer N (1 <= N <= 1,000,000).

 

Input

A single line with a single integer, N.

 

Output

The number of ways to represent N as the indicated sum. Due to the potential huge size of this number, print only last 9 digits (in base 10 representation).

 

Sample Input

7

 

Sample Output

6

 

题目大意：

输入一个整数,将这个数分解成不定个正数之和，要求这些数必须是2的k次方(k为大于等于0的正数).输出分的方法种数.(由于当输出整数过大时,种数很大只输出最后9位)

 

思路一：

 

设a[n]为和为 n 的种类数；
根据题目可知，加数为2的N次方，即 n 为奇数时等于它前一个数 n-1 的种类数 a[n-1] ，若 n 为偶数时分加数中有无 1 讨论，即关键是对 n 为偶数时进行讨论：
1.n为奇数，a[n]=a[n-1]
2.n为偶数：
（1）如果加数里含1，则一定至少有两个1，即对n-2的每一个加数式后面 +1+1，总类数为a[n-2]；
（2）如果加数里没有1，即对n/2的每一个加数式乘以2，总类数为a[n/2]；
所以总的种类数为：a[n]=a[n-2]+a[n/2];

#include <iostream>
using namespace std;
long i,a[1000001];
int main()
{
        a[1] = 1;
        a[2] = 2;
    for(i = 3; i < 1000001; i++)
    {
        if((i&1) == 1)
        {
            a[i] = a[i-1];    //i为奇数与它前一个数量相同
        }
        else
        {
            a[i] = (a[i-2] + a[i>>1]) % 1000000000;    //含有1: a[i-1]每种情况填11、不含1: a[i/2]每种情况*2
        }
    }
    while(cin >> i){
        cout << a[i] << endl;    
        }
    return 0;

}

 

思路二：DP思想

假如只能用1构成那么每个数的分的方法种数就是1.

如果这个时候能用 2 构成，那么对于大于等于 2 的数 n 就可以由 n - 2 和 2 构成 就转化为 求 n - 2 的种数那么就是 d [ n ] = d [ n-2 ] + d [ n ] (前面 d [ n-2 ] 表示数n可以由2构成的种数,后面加的 d [ n ] 表示数n只能由 1 构成的种数.)

那么状态转移方程式子就出来了(c [ n ] = 2^n)

d [ n ] [ k ] = d [ n ] [ k - 1 ] + d [ n - c [ k ] ] [ k ] ;

循环降维：

d [ n ] = d [ n ] + d [ n - c [ k ] ] ;

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
long d[1000005],c[25],n,i,j;  
int main()  
{  
    while(cin >> n) 
    {
        memset(d,0,sizeof(d));
        c[0]=d[0]=1;  
    for(i=1;i<=24;i++)  
        c[i]=c[i-1]<<1;  
    for(i=0;i<=24&&c[i]<=n;i++)  
        for(j=c[i];j<=n;j++)  
            d[j]=(d[j]+d[j-c[i]])%1000000000;  
        cout << d[n] << endl;
    }
    return 0;
}