loj6089 小 Y 的背包计数问题

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吐槽：

好吧开学了果然忙得要死……不过为了证明我的blog还没有凉，还是跑来更一波水题

题意：

有n种物品，第i种体积为i，问装满一个大小为n的背包有多少种方案？

$nleq 10^5.$

做法：

这种题一看就很想按根号分类是不是……

设阈值大小为$m=sqrt n$，对于体积$leq m$的所有物品，直接跑多重背包：

f[i][j]表示前i个物品，体积和为j的方案数，$f[i][j]=sum f[i-1][j-ki],kin [0,i]$。

记录sum[x]表示$sum f[i-1][j]$其中$j\% i=x$，同时需满足当前的j和上一个状态lastj的差$leq i^2$。这样可以把dp优化到$mathcal{O}(nsqrt n)$。

对于体积$>m$的所有物品，由于$i^2$一定$>n$，所以相当于完全背包：

但是当然不能直接跑完全背包，复杂度是炸的。可以发现物品的个数不超过$sqrt n$，那么

g[i][j]表示i个物品，体积和为j的方案数（注意和f的区别），$g[i][j]=g[i][j-i]+g[i-1][j-m-1]$。

具体来说这个转移表示，要么把当前i个物品每个体积都增加1，要么插入一个体积为m+1的物品（一个构造法，恰好不重不漏地计算了所有方案）。

复杂度也是$mathcal{O}(nsqrt n)$。

最后把两者乘法原理合并起来即可。

题外话：51nod1259是一道类似的题，区别是它都是完全背包，更简单了些。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define ll long long
using namespace std;
#define N 100005
const int mod=23333333;
int n,m,f[2][N],sum[N],g[2][N],now,t,ans;
void upd(int &x,int y){x+=y;x-=x>=mod?mod:0;}
int main(){
    cin>>n;m=sqrt(n);now=0;f[0][0]=1;
    rep (i,1,m){//f[i][j]：前i个体积<=m的物品，体积和为j的方案数
        now^=1;memset(sum,0,sizeof(sum));
        rep (j,0,n){
            upd(f[now][j]=f[now^1][j],sum[j%i]);upd(sum[j%i],f[now^1][j]);
            if (j>=i*i) upd(sum[j%i],mod-f[now^1][j-i*i]);
        }
    }
    ans=f[now][n];t=now;
    g[0][0]=1;now=0;
    rep (i,1,m){//g[i][j]：i个体积都>m的物品，体积和为j的方案数
        now^=1;memset(g[now],0,sizeof(g[now]));
        rep (j,i,n){
            upd(g[now][j],g[now][j-i]);
            if (j>=m+1) upd(g[now][j],g[now^1][j-m-1]);
        }
        rep (i,0,n) upd(ans,(ll)f[t][i]*g[now][n-i]%mod);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}