【bzoj2660】【beijing wc2012】【最多的方案】【dp】

Description

第二关和很出名的斐波那契数列有关，地球上的OIer都知道：F1=1, F2=2, Fi = Fi-1 + Fi-2，每一项都可以称为斐波那契数。现在给一个正整数N，它可以写成一些斐波那契数的和的形式。如果我们要求不同的方案中不能有相同的斐波那契数，那么对一个N最多可以写出多少种方案呢？

Input

只有一个整数N。

Output

一个方案数

Sample Input

16

Sample Output

4

HINT

Hint：16=3+13=3+5+8=1+2+13=1+2+5+8

对于30%的数据，n<=256

对于100%的数据，n<=10^18
题解：首先可以发现斐波那契数非常少，然后我们可以搞出这些斐波那契数，然后先贪心的去选
用尽可能大的斐波那契数去构成这个数。
因为每个斐波那契数都可以用它之前的两个数替换。
所以我们设定状态f[i][1]表示dp到第i个贪心选出来的斐波那契数，并且选这个数的方案。
f[i][0]为不选这个数的方案。
p[i]表示一个前缀和。p[j]-p[i-1]表示贪心选的第i个数到第j个数之间空出来多少个斐波那契数。

根据上面那条性质
f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1];
f[i][0]=f[i-1][1]*((p[i]-p[i-1]-1)/2)+f[i-1][0]*((p[i]-p[i-1])/2);
然后转移即可。
代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long f[100][2],fe[100],p[100],n,i; 
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    fe[1]=1; fe[2]=2; 
    for (i=3;;i++) {fe[i]=fe[i-1]+fe[i-2];if (fe[i]>=n) break;}
    for (;i;i--) if (n>=fe[i]) {n-=fe[i];p[++p[0]]=i;}
    sort(p+1,p+p[0]+1);
    f[1][1]=1;f[1][0]=(p[1]-1)/2;
    for (int i=2;i<=p[0];i++){
        f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1];
        f[i][0]=f[i-1][1]*((p[i]-p[i-1]-1)/2)+f[i-1][0]*((p[i]-p[i-1])/2);
    }
    printf("%lld\n",f[p[0]][0]+f[p[0]][1]);
}