bzoj2173: 整数的lqp拆分

2173: 整数的lqp拆分

Description

  lqp在为出题而烦恼,他完全没有头绪,好烦啊… 他首先想到了整数拆分。整数拆分是个很有趣的问题。给你一个正整数N,对于N的一个整数拆分就是满足任意m>0,a1 ,a2 ,a3…am>0,且a1+a2+a3+…+am=N的一个有序集合。通过长时间的研究我们发现了计算对于N的整数拆分的总数有一个很简单的递推式,但是因为这个递推式实在太简单了,如果出这样的题目,大家会对比赛毫无兴趣的。然后lqp又想到了斐波那契数。定义F0=0,F1=1,Fn=Fn-1+Fn-2 (n>1),Fn就是斐波那契数的第n项。但是求出第n项斐波那契数似乎也不怎么困难… lqp为了增加选手们比赛的欲望,于是绞尽脑汁,想出了一个有趣的整数拆分,我们暂且叫它:整数的lqp拆分。和一般的整数拆分一样,整数的lqp拆分是满足任意m>0,a1 ,a2 ,a3…am>0,且a1+a2+a3+…+am=N的一个有序集合。但是整数的lqp拆分要求的不是拆分总数,相对更加困难一些。对于每个拆分,lqp定义这个拆分的权值Fa1Fa2…Fam,他想知道对于所有的拆分,他们的权值之和是多少?简单来说,就是求 由于这个数会十分大,lqp稍稍简化了一下题目,只要输出对于N的整数lqp拆分的权值和mod 109(10的9次方)+7输出即可。

Input

  输入的第一行包含一个整数N。

Output

  输出一个整数,为对于N的整数lqp拆分的权值和mod 109(10的9次方)+7。

Sample Input

3

Sample Output

5

样例说明

  F0=0,F1=1,F2=1,F3=2。 对于N=3,有这样几种lqp拆分:
  3=1+1+1, 权值是1*1*1=1。
  3=1+2,权值是1*2=2。
  3=2+1,权值是2*1=2。
  所以答案是1*1*1+1*2+2*1=5。

HINT

  20%数据满足:1≤N≤25

  50%数据满足:1≤N≤1000

  100%数据满足:1≤N≤1000000

思路

  首先我们根据题目描述,可以设$f[i]=\sum\prod_{j=1}^{i}F_{a_{j}}$,则有$f[i]=\sum_{j=1}^{i}f[j]\times F_{i-j}$。因为$F_0=0$,所以我们能化简$f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j}$,从而推出下面的式子:

    $f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i}f[j]\times F_{i+1-j}-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j}\downarrow$

    $f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i+1-j}+f[i]\times F_1-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j}\downarrow$

    $f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i+1-j}-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j}+f[i]\downarrow$

    $f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times (F_{i+1-j}-F_{i-j})+f[i]\downarrow$

    $f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j-1}+f[i]\downarrow$

    $f[i+1]-f[i]=f[i-1]+f[i]\downarrow$

    $f[i+1]=2\times f[i]+f[i-1]$

  根据我们推出的式子,我们可以$O(n)$递推,得出答案。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define mod 1000000007
long long n,tmp_a,tmp_b=1;
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=2;i<=n;i++) tmp_a=(tmp_b*2+tmp_a)%mod,swap(tmp_b,tmp_a);
	printf("%lld",tmp_b);
}
posted @ 2018-10-31 17:17  Yang1208  阅读(258)  评论(0编辑  收藏  举报