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[];
 int main()
 {
         a[] = ;
         a[] = ;
     for(i = ; i < ; i++)
     {
         if((i&) == )
         {
             a[i] = a[i-];    //i为奇数与它前一个数量相同
         }
         else
         {
             a[i] = (a[i-] + a[i>>]) % ;    //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 ;

 }

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[],c[],n,i,j;
 int main()
 {
     while(cin >> n)
     {
         memset(d,,sizeof(d));
         c[]=d[]=;
     for(i=;i<=;i++)
         c[i]=c[i-]<<;
     for(i=;i<=&&c[i]<=n;i++)
         for(j=c[i];j<=n;j++)
             d[j]=(d[j]+d[j-c[i]])%;
         cout << d[n] << endl;
     }
     return ;
 }