poj 2229 Sumsets（dp）

Sumsets

Time Limit : 4000/2000ms (Java/Other)   Memory Limit : 400000/200000K (Java/Other)

Total Submission(s) : 4   Accepted Submission(s) : 3

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

 

1） 模型和数据结构就不说了 
2） 算法。以S(n)表示数n的表示方法数。虽然直觉告诉你很可能是动态规划，但第一步肯定是找规律，可能是动态规划，也可能只是普通的一个表达式而已。这里说一下找规律的感想：思维总是趋向于无序状态，所以处理问题一定要有原则，否则大脑就东想西想找不到入口（当然锻炼久了，思维习惯了有序思考就不觉得这是个很重要的问题），找规律的原则就是：一定要“动静结合”！静，就是枚举多个状态出来，直接找他们之间的规律；动，就是从当前状态，改变条件，体！会！状态是如何变化到下一种状态的，这对找规律很有帮助。往往只借助“静”的方法是“看”不出规律的，规律蕴含在变化之中。 
首先，找到以例题那种方式枚举一个数的所有可能的表示方法的规律，这里略过。 
其次，寻找两个数的表示方法数之间的规律。很明显可以发现n是奇数的时候，S(n)=S(n-1) 
当n是偶数的时候呢？观察n从7到8的变化过程。 
 
7到8，就是在7的基础上加一个1，现在把1加上去：注意，加上1之后就可以变化了！ 
 
加的这个1，可以和原来奇数中单出来的1组合成2！整理下如下图所示： 
 
嗯，下一步该怎么办？应该找n=7和n=8的关系吧。但是这样好像不好找啊，有点乱，把合并成的2放到右边，似乎不对。例如第二到第三行的变化是不符合枚举规律的。那尝试一下不急着合并呢，不合并的话，为了满足枚举规律，只能将两个1放在最左边了。并且在枚举过程中，越靠近左边的元素是越靠后被合并的。也就是说加不加这个1上去，从开始一直合并到图二那个状态的过程是一样的，可以看到每一步都是符合枚举规律的，也就是说可以继续合并下去！ 
 
这就得到了n=8的枚举！关键是，它是从n=7的状态，通过改变条件(加1)，得到的。所以，可以大胆假设当n是偶数的时候S(n)=S(n-1)+f(n)。f(n)就是下面的那个三角形。 
下面考虑下面那个三角形。它的行数一定跟n有关系吗？大胆假设有，所以行数参数是n。当然，单独研究它的话，要想到把问题简单化。都除以2试一试。 
 
很容易发现，这是n=4的枚举。 
因此，S(n)=S(n-1)+S(n/2)。

最后检验，正确。

 #include <iostream>
 #include <cstring>
 #include <string>
 #include <algorithm>
 #define mod 1000000000
 using namespace std;
 long long dp[];
 int main()
 {
     long long n;
     cin >> n;
     long long i;
     memset(dp, , sizeof(dp));
     dp[] = ;
     for (i = ; i <= n; i++)
     {
         if (i *  == ) dp[i] = dp[i - ]%mod;
         else dp[i] = (dp[i - ] + dp[i / ])%mod;
     }
     cout << dp[n] << endl;
     return ;
 }