| Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others) | Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) |
|---|---|
| Total Submission(s): 4182 | Accepted Submission(s): 1663 |
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+1+1+1+1+2
- 1+1+1+2+2
- 1+1+1+4
- 1+2+2+2
- 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
题解：
就是一个找规律的递推DP题，也可以当做背包问题来做。
我们用DP(x)表示数x用二的幂次相加得到的方法数
①：当n是奇数的时候，它相应的二进制数其实就是n-1的二进制数最后一位的0改成1得到的。因为1是最小的2的幂次，不能再分解了，所以这时候n可以表示成的二的幂次相加的每种方法，就是在n-1表示的二的幂次相加的每种方法的最后再加上一个1，也就是此时DP(n) = DP(n-1)
e.g.
4 = 2+2 = 2+1+1 = 1+1+1+1
5 = 2+2+1 = 2+1+1+1 = 1+1+1+1+1
②：当n是偶数的时候，情况会稍微复杂一点，我们可以把二的幂次相加的各种方法分成两类：
1.相加的各个数中最小的二的幂次是1
2.相加的各个数中最小的二的幂次大于1
对于第一种情况，其实和奇数时的情况是一样的，在n-1的二的幂次相加的表示法后加上一个1就行了
对于第二种情况，要求最小的二的幂次大于1，也就是没有二的幂次等于1，那就可以由n/2的各个幂次相加法的各项乘上2得到
根据这两种分类，可以得到当n为偶数时，DP(n) = DP(n-1) + DP(n/2)
对于这道题，先预处理一下，对于每次输入查询就完事儿了
AC代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
static const int mod = 1e9;
static const int maxn = 1e6+7;
int dp[maxn],n;
int main(){
dp[1] = 1;
for(int i=2;i<=maxn;i++){
if(i&1) dp[i] = dp[i-1];
else dp[i] = (dp[i-1] + dp[i/2]) % mod;
}
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
printf("%d\n",dp[n]);
}
return 0;
}