POJ3181 Dollar Dayz 动态规划 背包解法 解题报告

题目链接：

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=3181

题目大意：
输入n，和k，问将n用1到k这k个数字进行拆分，有多少种拆分方法。例如：

n=5,k=3 则有n=3+2,n=3+1+1,n=2+1+1+1,n=2+2+1,n=1+1+1+1+1这5种拆分方法

解题思路：

这个题目是个比较明显的动态规划，如果想不到是背包问题，也可以写出状态转移方程如下：

用a[i][j]表示考虑到用数j进行拼接时数字i的拼接方法，可以得到状态转移方程如下：

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]意思很明显，就将j-1状态可以到达a[i][j]的状态的数字相加。由于得到的结果可能相当大，已经超过了long long，所以应该用大数。但是若跑完所有数据，用大数会超过一秒，我们通过大数的程序可以达到，最大的数字为33位，那么，我们可以将两个long long的数字进行拼接，组成一个超过33位的数。这样增加了速度，这种比较慢的算法也可以不超时。ac的代码如下：

#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
[m]!=0)
{
cout<<b
[m];
}
cout<<a
[m]<<endl;
return 0;
}

其实这个题有更快的方法，看上面这个式子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]我们可以发现，其实可以转到a[i][j]的状态有两种，一种是a[i][j-1]就是不用j这个数字拼接i这个数字的方法数，另一种是a[i-j][j]就是用了j这个数字拼接的到i-j的方法数那么状态转移方程就可以写成a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j]不用加那么多项，就降低了一个数量级的复杂度，仍然利用上面处理大数的方法，得到的ac代码如下：

#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
[k]) printf("%I64d",b
[k]);
printf("%I64d\n",a
[k]);
return 0;
}

其实我们还可以在空间上进行优化，看这个式子a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j]我们发现，如果外层循环式j实际上是上一次j在i的值，加上这次j在i-j的值，那么可以只开一维数组，代码如下：

#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
) printf("%I64d",b
);
printf("%I64d\n",a
);
return 0;
}

这实际上是完全背包问题，只是状态转移方程形式有所不同，不过状态转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]，是这个题目的方法，由于i是从前往后的，那么a[i]前面的a[i-j]已经是已经考虑了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是从后往前的，那么a[i-j]是没考虑j的，正是一个只能用一次的情形。相似问题的详尽分析，看背包问题九讲：

/article/6055118.html

特别注意事项：

此题目是单组测试数据，那么有两种情况，一种是题目没说清楚，实际上是多组（这种情况只能试），一种是真正的单组，但是测试数据的文件特别多。这种情况每个文件会单独跑一次数据，多个文件加起来的时间就是你做这个题用的时间。如果是多组数据，我们一般喜欢打表，但是对于真正的单组数据，打表则是下下策，因为每跑一次就打一遍所有的表，很浪费时间。所以只跑出输入数据需要的结果即可，对于这个题目的第一种解法，如果打表的话，就只能TLE，所以以后遇到真正的单组，一定要注意这个问题。

另外一个需要注意的是关于64位整数的，64位整数的申明可以有__int64和long long两种，编译器都支持，但是对于有些OJ只支持long long，输入输出上可以”%I64d”也可以”%lld”对于Mingw和CodeBlocks只能用%I64d但是，对于有些OJ则只能用%lld，所以比赛之前务必把这个搞清楚。当然，cin和cout就不用考虑这么多了，但是会相对慢些。

另外，这个题用int64的话，需要考虑b不为0，a不够18位的情况，需要加上前导0，这个题数据比较弱，可能是没考虑我这种做法，故没考虑也能ac。