BZOJ 1111: [POI2007]四进制的天平Wag 进制拆分，DP求方案数

Description

Mary准备举办一个聚会，她准备邀请很多的人参加她的聚会。并且她准备给每位来宾准备一些金子作为礼物。为了不伤及每个人的脸面，每个人获得的金子必须相同。Mary将要用一个天平来称量出金子。她有很多的砝码，所有砝码的质量都是4的幂。Mary将金子置于左边并且将砝码置于右盘或者两个盘。她希望每次称量都使用最少的砝码。并且，他希望，每次都用不同的称量方法称出相同质量的金子。对于给定的质量n，Mary希望知道最少需要用多少个砝码可以完成称量，并且想知道用这么多个砝码一共有多少种方式进行称量。

Input

输入文件仅包含一个整数，表示Mary希望给每个人的金子的质量。（1<=n<=10^1000）

Output

输出文件仅包含一个整数，表示一共可能的称量方式对10^9的模。

Sample Input

166

Sample Output

3

样例解释

一共有三种方式称量出166。166=64+64+16+16+4+1+1。166=256-64-16-16+4+1+1。166=256-64-16-4-4-1-1。

解题方法： 我们首先考虑把 n 转换成一个四进制数。我们记转换完的数有 m 位，第 i 位（从低到高）的值为 num[i]。我们发现对于第 i 位要想满足条件只有两种放置方法，第一种是在天平的右盘放 num[i]个 4 i 的砝码，第二种是在天平的右盘放 1 个 4 i＋ 1 的砝码，在天平的左盘放 4－num[i]个 4 i的砝码。因此我们可以考虑用 DP 解决，定义状态

dp[i][j]表示第 i 到 m 位已经处理完，dp[i][0]表示第 i 位不多放一个在右盘，dp[i][1]表示在第 i 位多放一个在右盘，最少需要放置的砝码个数。则有：

dp[i][0]＝min(dp[i＋1][0]＋num[i],dp[i＋1][1]＋4－num[i]);

dp[i][1]＝min(dp[i＋1][1]＋num[i]＋1,dp[i＋1][1]＋3－num[i]);

对于方案数，只要在动态规划的过程中顺便处理一下就可以了。然后代码参考了Po爷，蒟蒻高精度巨TM炸。。。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2010;
const int mod = 1e9;
struct bign
{
int a[2010];
int len;

bign()
{
memset(a, 0, sizeof(a));
len = 0;
}

inline void input()
{
char b[2010];
scanf("%s", b + 1);
len = strlen(b + 1);
for(int i = 1; i <= len; i ++)
{
a[i] = b[len - i + 1] - '0';
}
}

inline bign get_bign(int rhs)
{
bign ret;
while(rhs)
{
ret.a[++ ret.len] = rhs % 10;
rhs /= 10;
}
return ret;
}

inline bool operator < (const bign& rhs) const
{
if(len < rhs.len) return 1;
if(len > rhs.len) return 0;
for(int i = len; i >= 1; i --)
{
if(a[i] < rhs.a[i]) return 1;
if(a[i] > rhs.a[i]) return 0;
}
return 0;
}

inline bool operator > (const bign& rhs) const
{
return rhs < *this;
}

inline bool operator == (const bign& rhs) const
{
return !((rhs < *this) | (*this < rhs));
}

inline bool operator <= (const bign& rhs) const
{
return *this == rhs || *this < rhs;
}

inline bool operator >= (const bign& rhs) const
{
return *this == rhs || *this > rhs;
}

inline bool operator != (const bign& rhs) const
{
return !(*this == rhs);
}

inline bign operator * (bign& rhs) const
{
bign ret;
for(int i = 1; i <= len; i ++)
{
for(int j = 1; j <= rhs.len; j ++)
{
ret.a[i + j - 1] += a[i] * rhs.a[j];
ret.a[i + j] += ret.a[i + j - 1] / 10;
ret.a[i + j - 1] %= 10;
}
}
ret.len = len + rhs.len - 1;
if(ret.a[ret.len + 1]) ret.len ++;
return ret;
}

inline bign operator * (int& rhs)
{
bign yt = get_bign(rhs);
return *this * yt;
}

inline bign operator + (bign& rhs) const
{
bign ret;
ret.len = max(len, rhs.len);
for(int i = 1; i <= ret.len; i ++)
{
ret.a[i] += a[i] + rhs.a[i];
ret.a[i + 1] += ret.a[i] / 10;
ret.a[i] %= 10;
}
if(ret.a[ret.len + 1]) ret.len ++;
return ret;
}

inline bign operator + (int& rhs)
{
bign yt = get_bign(rhs);
return *this + yt;
}

inline bign operator - (const bign& rhs) const
{
bign ret;
for(int i = 1; i <= len; i ++)
{
ret.a[i] += a[i] - rhs.a[i];
if(ret.a[i] < 0) ret.a[i] += 10, ret.a[i + 1] --;
if(ret.a[i]) ret.len = i;
}
return ret;
}

inline bign operator - (int& rhs)
{
bign yt = get_bign(rhs);
return *this - yt;
}

inline bign operator / (const int& rhs) const
{
bign ret;
int x = 0;
for(int i = len; i >= 1; i --)
{
x = x * 10 + a[i];
ret.a[i] = x / rhs;
x %= rhs;
}
ret.len = len;
while(!ret.a[ret.len] && ret.len) ret.len --;
return ret;
}

inline int operator % (const int& rhs) const
{
int x = 0;
for(int i = len; i >= 1; i --)
{
x = x * 10 + a[i];
x %= rhs;
}
return x;
}

inline bign operator ^ (int rhs)
{
bign ret;
ret = get_bign(1);
bign nbc = *this;
while(rhs)
{
if(rhs & 1) ret = ret * nbc;
nbc = nbc * nbc;
rhs >>= 1;
}
return ret;
}

inline void operator = (int x)
{
*this = get_bign(x);
return;
}

inline void print()
{
for(int i = len; i >= 1; i --) printf("%d", a[i]);
}
};
int stk[maxn], top;
pair <int, int> f[maxn], g[maxn];
//f[i]表示从第i位往前的最小花销及方案数
//g[i]表示从第i位往前+1的最小花销及方案数
//f[i]就是dp[i][0], g[i]就是dp[i][1]
void add(pair <int, int> &x, pair <int, int> y, int z)
{
if(y.first + z < x.first)
{
x.first = y.first + z, x.second = 0;
}
if(y.first + z == x.first)
{
(x.second += y.second) %= mod;
}
}
int main()
{
bign n;
n.input();
while(n.len)
{
stk[++top] = n % 4;
n = n / 4;
}
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
memset(g, 0x3f, sizeof(g));
f[top + 1] = {0, 1};
g[top + 1] = {1, 1};
for(int i = top; i >= 1; i--)
{
if(stk[i] == 0){
add(f[i], f[i+1], 0);
add(g[i], f[i+1], 1);
}
else if(stk[i] == 1){
add(f[i], f[i+1], 1);
add(g[i], f[i+1], 2);
add(g[i], g[i+1], 2);
}
else if(stk[i] == 2){
add(f[i], f[i+1], 2);
add(f[i], g[i+1], 2);
add(g[i], g[i+1], 1);
}
else{
add(f[i], g[i+1], 1);
add(g[i], g[i+1], 0);
}
}
cout << f[1].second << endl;
return 0;
}