poj 2229 Sumsets(记录结果再利用的DP)

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•题意

　　将一个数N分解为2的幂之和共有几种分法？

•题解

　　定义dp[ i ]为 i 的分解方案数。

　　初始化dp[0] = 2⁰ = 1;

　　状态转移方程为：

　　for i : 1 to N

　　　　若 i 为偶数，则dp[ i ] = dp[ i / 2] + dp[i – 1] ;

　　　　否则dp[i] = dp[ i – 1];

对状态转移方程的理解：

　　打个表先~~~~

　　i　　i 的分解方案

　　1......1

　　2......1+1,2

　　3......1+1+1,2+1

　　4......(2+1+1),(1+1+1+1),(2+2),(4)

　　5......2+1+1+1,1+1+1+1+1,2+2+1,4+1

　　6......2+1+1+1+1,1+1+1+1+1+1,2+2+1+1,4+1+1,2+2+2,4+2

　　7......(2+1+1+1+1+1),(1+1+1+1+1+1+1),(2+2+1+1+1),(4+1+1+1),(2+2+2),(4+2+1)

　　8......(2+1+1+1+1+1+1),(1+1+1+1+1+1+1+1),(2+2+1+1+1+1),(4+1+1+1+1),(2+2+2),(4+2+1+1),(4+2+2),(2+2+2+2),(4+4),(8)

　　以8的为例，dp[8]=dp[2⁰+7]+dp[2¹ * 4];

　　8分解成2的幂之和，只能分解成2⁰ , 2¹ , 2² , 2³之间的加和。

　　如果分解方案中含有2⁰，并且不能出现重复，那可以考虑7的分解方案中的每个方案都+1 <=> 8的含2⁰的分解方案总数（对应表中橘色部分）；

　　因为dp[7]中的分解方案数是不重复的，所以每个方案数+1也是不重复的；

　　那，如何使分解方案中不含有2⁰呢？

　　想一下4的分解方案数是怎么得到的？

　　4分解成2的幂之，只能分解成2⁰ , 2¹ , 2²之间的加和；

　　如果4中的每个方案都 ×2，那不就正好变成8的分解方案中只不含有2⁰的分解方案了吗（对应表中蓝色部分）？

　　如果 i 为奇数，就不能通过某数 ×2 来得到 i；

　　那也就是说只能通过 (i-1) 方案中每个方案+1 得到 i 的所有分解方案，故dp[ i ]=dp[ i-1]

•Code

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 const int MOD=1e9;
 const int maxn=1e6+;

 int N;
 int dp[maxn];

 int main()
 {
     scanf("%d",&N);
     dp[] = ; // 2^0
     for(int i=;i <= N;++i)
     {
         if ((i & 0x1) == )//判断i是否为偶数
             dp[i]=dp[ i / ]; //将i/2的每个构成数乘以2，得到 i
         dp[i] += dp[i - ]; //将i-1的构成数拿过来加一
         dp[i] %= MOD;
     }
     printf("%d\n",dp[N]);
     return ;
 }

---

分割线：2019.6.16

•类比“n的m划分”

重新理解了一下“n的m划分”这种题的求解方法，想到了这道题；

感觉这道题和n的m划分很像；

n的m划分在状态转移时考虑的是“划分数种是否包含0这个元素”；

而在此题中，考虑的是“是否包含2⁰这个元素”；

这应该是有两者的性质决定的，前者需要的是任意数的累加，后者需要的是2的幂的累加；

而任意数中的最小值为0，2的幂的最小值为2⁰=1；

根据最小值的不同，考虑的不包含的数也不同；

此题中，数 i 的划分可分为两类：

①包含2⁰；

②不包含2⁰；

包含 2⁰ 很好办，直接将 i-1 的划分 +1 便可得到 i 的划分中包含 2⁰ 的划分方案数；

主要是不包含2⁰要如何求解？

与n的m划分相仿，如果 i 为偶数，那么将 i/2 中划分 ×2 得到的就是 i 的划分不包含 2⁰ 的划分方案数；

根据上述讲解定义dp[ i ]表示 i 的划分方案数；

那么 dp[ i ]=dp[ i ]-1 + ( i为偶数 ? dp[ i/2 ] : 0);

dp[ 1 ] = 1;

•Code

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 #define ll long long
 const int maxn=1e6+;
 const ll MOD=1e9;

 int n;
 ll dp[maxn];

 ll Solve()
 {
     dp[]=;
     for(int i=;i <= n;++i)
     {
         dp[i]=dp[i-];
         if(!(i&))
             dp[i] += dp[i>>];
         dp[i] %= MOD;
     }
     return dp[n]%MOD;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     printf("%lld\n",Solve());
     return ;
 }