poj 2229 B - Sumsets

题意：给你一个n，问你有多少个组合加起来可以等于n（组合里的数都是2的幂）

1 <= N <= 1,000,000

如：
n=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
一共有6种

方法一：用完全背包来做

因为n的范围为1000000，然后2的幂，可能取值有20个

然后递推关系式为： dp[j]=dp[j]+dp[j-a[i]];

O（20n）

然后题目说了要保留9个有效数字，应该是模1e9，还在int范围，不用用longlong，用longlong就会超时

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>

using namespace std;
const int maxn = 1000005;
int dp[maxn];
int n;
int a[25];
int g=1000000000;
int pow1(int k)
{
int sum=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
sum*=2;
return sum;
}
void solve()
{
for(int i=0;i<21;i++){
a[i+1]=pow1(i);
if(a[i+1]>1000000) break;
}
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=21;i++)
{
if(a[i]>n) break;
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(j>=a[i])
dp[j]=(dp[j]+dp[j-a[i]])%g;
}
}
printf("%d\n",dp
%g);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
solve();
return 0;
}

方法二 O（n）

当n为奇数时，dp
= dp[n-1],因为一定包含一个1，所以dp[n-1]的每一种再加1都一一对应着dp
;当n为偶数时，要么至少含2个1，或者不含1，不含1时，方法数就是取dp[n/2]的每一种物品乘以2价值的物品。所以dp
= dp[n-1] + dp[n/2]。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>

using namespace std;
const int maxn = 1000005;
int dp[maxn];
int n;
int g=1000000000;
void solve()
{
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i%2==1)
dp[i]=dp[i-1];
else dp[i]=(dp[i-1]+dp[i/2])%g;
}
printf("%d\n",dp
);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
solve();
return 0;
}