BZOJ.2660.[BJOI2012]最多的方案(DP)

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首先我们知道：



也很好理解。如果相邻两项出现在斐波那契表示法中，那它们显然可以合并。

所以我们能得到\(n\)的斐波那契表示，记\(pos[i]\)为\(n\)的斐波那契表示法中，第\(i\)项在原斐波那契的下标，那么：\(n=\sum_{i=1}^{cnt}F[pos[i]]\)。

如果方案中不直接存在\(F[pos[i]]\)（把\(F[pos[i]]\)分解），那它只能由\(<pos[i]\)的项构成。于是我们考虑递推。

\(f[i][1/0]\)表示当前考虑到\(pos[i]\)，是/否分解\(F[pos[i]]\)，且满足\(F[pos[1]]\sim F[pos[i]]\)都被组成，的方案数。

如果不分解\(F[pos[i]]\)，那么有$$f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]$$，且\(F[pos[i+1]]\)只能由\([pos[i]+1,pos[i+1]]\)之间的项得到。

如果分解\(F[pos[i]]\)，则\(F[pos[i+1]]\)可以由\([pos[i],pos[i+1]]\)之间的项得到，而且若分解\(F_i=F_{i-1}+F_{i-2}\)，下一次只能分解\(F_{i-2}=F_{i-3}+F_{i-4}\)，再下一次只能分解\(F_{i-4}=\ldots\ldots\)。于是我们可以得到在区间\([l,r-1]\)中分解\(F_r\)的方案数为\(\frac{r-l}{2}\)。

于是可以得到：$$f[i][1]=f[i-1][0]\times\frac{pos_i-pos_{i-1}-1}{2}+f[i-1][1]\times\frac{pos_i-pos_{i-1}}{2}$$

初始值就是\(f[1][0]=1,f[1][1]=\frac{pos_i-1}{2}\)。

另外直接map记搜也能跑得飞快（甚至比递推快smg。。）

#include <cstdio>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int N=100;

int p[N],f[N][2];
LL n,F[N];

int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	F[1]=1, F[2]=2; int t,cnt=0;
	for(t=3; (F[t]=F[t-1]+F[t-2])<=n; ++t);
	for(int i=t; i; --i)
		if(n>=F[i]) n-=F[i], p[++cnt]=i;
	std::reverse(p+1,p+1+cnt);

	f[1][0]=1, f[1][1]=p[1]-1>>1;
	for(int i=2; i<=cnt; ++i)
		f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1],
		f[i][1]=f[i-1][0]*(p[i]-p[i-1]-1>>1)+f[i-1][1]*(p[i]-p[i-1]>>1);
	printf("%d\n",f[cnt][0]+f[cnt][1]);

	return 0;
}