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Description
1 @ US$3 + 1 @ US$2Write a program than will compute the number of ways FJ can spend N dollars (1 <= N <= 1000) at The Cow Store for tools on sale with a cost of $1..$K (1 <= K <= 100).
1 @ US$3 + 2 @ US$1
1 @ US$2 + 3 @ US$1
2 @ US$2 + 1 @ US$1
5 @ US$1
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5 3
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5
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題目鏈接：
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=3181
題目大意：
輸入n，和k，問將n用1到k這k個數字進行拆分，有多少種拆分方法。例如：
n=5,k=3 則有n=3+2,n=3+1+1,n=2+1+1+1,n=2+2+1,n=1+1+1+1+1這5種拆分方法
解題思路：
這個題目是個比較明顯的動態規划，如果想不到是背包問題，也可以寫出狀態轉移方程如下：
用a[i][j]表示考慮到用數j進行拼接時數字i的拼接方法，可以得到狀態轉移方程如下：
a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j-1]+a[i-2j][j-1]+a[i-3j][j-1]…+a[0][j-1]意思很明顯，就將j-1狀態可以到達a[i][j]的狀態的數字相加。由於得到的結果可能相當大，已經超過了long long，所以應該用大數。但是若跑完所有數據，用大數會超過一秒，我們通過大數的程序可以達到，最大的數字為33位，那么，我們可以將兩個long long的數字進行拼接，組成一個超過33位的數。這樣增加了速度，這種比較慢的算法也可以不超時。ac的代碼如下：
#include <iostream> #include<cstdio> using namespace std; long long a[1200][200]={0},b[1200][120]={0}; int main() { int i,j,n,m,k; long long inf,x; inf=1; for(i=0;i<18;i++) { inf=inf*10; } cin>>n>>m; for(i=1;i<=n;i++) { b[i][1]=0; a[i][1]=1; for(j=2;j<=m;j++) { if(j>i) { a[i][j]=a[i][j-1]; b[i][j]=b[i][j-1]; continue; } a[i][j]=a[i][j-1]; b[i][j]=b[i][j-1]; for(k=1;k*j<=i;k++) { if(i-j*k==0) { a[i][j]++; b[i][j]+=a[i][j]/inf; a[i][j]=a[i][j]%inf; } else { b[i][j]+=b[i-j*k][j-1]; a[i][j]+=a[i-j*k][j-1]; b[i][j]+=a[i][j]/inf; a[i][j]=a[i][j]%inf; } } } } if(b[n][m]!=0) { cout<<b[n][m]; } cout<<a[n][m]<<endl; return 0; }
其實這個題有更快的方法，看上面這個式子a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j-1]+a[i-2j][j-1]+a[i-3j][j-1]…+a[0][j-1]我們可以發現，其實可以轉到a[i][j]的狀態有兩種，一種是a[i][j-1]就是不用j這個數字拼接i這個數字的方法數，另一種是a[i-j][j]就是用了j這個數字拼接的到i-j的方法數那么狀態轉移方程就可以寫成a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j]不用加那么多項，就降低了一個數量級的復雜度，仍然利用上面處理大數的方法，得到的ac代碼如下：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; long long a[1100][110],b[1100][110],inf; int main(){ int n,k,i,j; for(inf=1,i=0;i<18;i++) inf*=10; memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(b)); scanf("%d%d",&n,&k); for(i=0;i<=k;i++) a[0][i]=1; for(i=1;i<=k;i++){ for(j=1;j<=n;j++){ if(j-i<0){ b[j][i]=b[j][i-1]; a[j][i]=a[j][i-1]; continue; } b[j][i]=b[j][i-1]+b[j-i][i]+(a[j][i-1]+a[j-i][i])/inf; a[j][i]=(a[j][i-1]+a[j-i][i])%inf; } } if(b[n][k]) printf("%I64d",b[n][k]); printf("%I64d\n",a[n][k]); return 0; }
其實我們還可以在空間上進行優化，看這個式子a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j]我們發現，如果外層循環式j實際上是上一次j在i的值，加上這次j在i-j的值，那么可以只開一維數組，代碼如下：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; long long a[1100],b[1100],inf; int main(){ int n,k,i,j; for(inf=1,i=0;i<18;i++) inf*=10; scanf("%d%d",&n,&k); memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(b)); a[0]=1; for(i=1;i<=k;i++){ for(j=1;j<=n;j++){ if(j-i<0) continue; b[j]=b[j]+b[j-i]+(a[j]+a[j-i])/inf; a[j]=(a[j]+a[j-i])%inf; } } if(b[n]) printf("%I64d",b[n]); printf("%I64d\n",a[n]); return 0; }
這實際上是完全背包問題，只是狀態轉移方程形式有所不同，不過狀態轉移的方向是完全相同的。for(j=1;j<=k;j++) for(i=1;i<=n;i++) a[i]=a[i]+a[i-j]，是這個題目的方法，由於i是從前往后的，那么a[i]前面的a[i-j]已經是已經考慮了j，而如果是for(j=1;j<=k;j++) for(i=n;i>=1;i--) a[i]=a[i]+a[i-j] ;i是從后往前的，那么a[i-j]是沒考慮j的，正是一個只能用一次的情形。相似問題的詳盡分析，看背包問題九講：
http://www.cnblogs.com/goodness/archive/2010/08/13/1798801.html
特別注意事項：
此題目是單組測試數據，那么有兩種情況，一種是題目沒說清楚，實際上是多組（這種情況只能試），一種是真正的單組，但是測試數據的文件特別多。這種情況每個文件會單獨跑一次數據，多個文件加起來的時間就是你做這個題用的時間。如果是多組數據，我們一般喜歡打表，但是對於真正的單組數據，打表則是下下策，因為每跑一次就打一遍所有的表，很浪費時間。所以只跑出輸入數據需要的結果即可，對於這個題目的第一種解法，如果打表的話，就只能TLE，所以以后遇到真正的單組，一定要注意這個問題。
另外一個需要注意的是關於64位整數的，64位整數的申明可以有__int64和long long兩種，編譯器都支持，但是對於有些OJ只支持long long，輸入輸出上可以”%I64d”也可以”%lld”對於Mingw和CodeBlocks只能用%I64d但是，對於有些OJ則只能用%lld，所以比賽之前務必把這個搞清楚。當然，cin和cout就不用考慮這么多了，但是會相對慢些。
另外，這個題用int64的話，需要考慮b不為0，a不夠18位的情況，需要加上前導0，這個題數據比較弱，可能是沒考慮我這種做法，故沒考慮也能ac。
上面是大牛的解法。
下面是自己寫的兩種做法：
代碼一：模擬高精度加法：
#include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<iostream> using namespace std; int dp[1010][100]; void ADD(int n,int m) { for(int i=0;i<60;i++) { dp[n][i]+=dp[m][i]; if(dp[n][i]>=10) { dp[n][i]%=10; dp[n][i+1]++; } } } int main() { int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1; for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=i;j<=n;j++) ADD(j,j-i); int t=60; while(t>0&&dp[n][t]==0)t--; for(int i=t;i>=0;i--)printf("%d",dp[n][i]); printf("\n"); } return 0; }
代碼二：
完全背包。
用兩個long long來實現。
#include<iostream> #include<string.h> #include<stdio.h> #include<algorithm> using namespace std; const int MAXN=1100; const long long inf=1000000000000000000LL; long long a[MAXN];//高位 long long b[MAXN];//低位 int main() { int n,k; while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) { memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(a)); b[0]=1; for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=i;j<=n;j++) { a[j]=a[j]+a[j-i]+(b[j]+b[j-i])/inf; b[j]=(b[j]+b[j-i])%inf; } if(a[n]==0) { printf("%I64d\n",b[n]); } else { printf("%I64d%018I64d\n",a[n],b[n]); } } return 0; }