loj6089 小 Y 的背包计数问题

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吐槽:

好吧开学了果然忙得要死……不过为了证明我的blog还没有凉,还是跑来更一波水题

 

题意:

有n种物品,第i种体积为i,问装满一个大小为n的背包有多少种方案?

$n\leq 10^5.$

 

做法:

这种题一看就很想按根号分类是不是……

设阈值大小为$m=\sqrt n$,对于体积$\leq m$的所有物品,直接跑多重背包:

f[i][j]表示前i个物品,体积和为j的方案数,$f[i][j]=\sum f[i-1][j-ki],k\in [0,i]$。

记录sum[x]表示$\sum f[i-1][j]$其中$j\% i=x$,同时需满足当前的j和上一个状态lastj的差$\leq i^2$。这样可以把dp优化到$\mathcal{O}(n\sqrt n)$。

对于体积$>m$的所有物品,由于$i^2$一定$>n$,所以相当于完全背包:

但是当然不能直接跑完全背包,复杂度是炸的。可以发现物品的个数不超过$\sqrt n$,那么

g[i][j]表示i个物品,体积和为j的方案数(注意和f的区别),$g[i][j]=g[i][j-i]+g[i-1][j-m-1]$。

具体来说这个转移表示,要么把当前i个物品每个体积都增加1,要么插入一个体积为m+1的物品(一个构造法,恰好不重不漏地计算了所有方案)。

复杂度也是$\mathcal{O}(n\sqrt n)$。

最后把两者乘法原理合并起来即可。

题外话:51nod1259是一道类似的题,区别是它都是完全背包,更简单了些。

 

code:

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 3 #define ll long long
 4 using namespace std;
 5 #define N 100005
 6 const int mod=23333333;
 7 int n,m,f[2][N],sum[N],g[2][N],now,t,ans;
 8 void upd(int &x,int y){x+=y;x-=x>=mod?mod:0;}
 9 int main(){
10     cin>>n;m=sqrt(n);now=0;f[0][0]=1;
11     rep (i,1,m){//f[i][j]:前i个体积<=m的物品,体积和为j的方案数
12         now^=1;memset(sum,0,sizeof(sum));
13         rep (j,0,n){
14             upd(f[now][j]=f[now^1][j],sum[j%i]);upd(sum[j%i],f[now^1][j]);
15             if (j>=i*i) upd(sum[j%i],mod-f[now^1][j-i*i]);
16         }
17     }
18     ans=f[now][n];t=now;
19     g[0][0]=1;now=0;
20     rep (i,1,m){//g[i][j]:i个体积都>m的物品,体积和为j的方案数
21         now^=1;memset(g[now],0,sizeof(g[now]));
22         rep (j,i,n){
23             upd(g[now][j],g[now][j-i]);
24             if (j>=m+1) upd(g[now][j],g[now^1][j-m-1]);
25         }
26         rep (i,0,n) upd(ans,(ll)f[t][i]*g[now][n-i]%mod);
27     }
28     cout<<ans;
29     return 0;
30 }
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posted @ 2018-09-19 08:47  bestfy  阅读(263)  评论(0编辑  收藏