POJ 2229 Sumsets

Description

Farmer John commanded his cows to search for different sets of numbers that sum to a given number. The cows use only numbers that are an integer power of 2. Here are the possible sets of numbers that sum to 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 

Help FJ count all possible representations for a given integer N (1 <= N <= 1,000,000). 

Input

A single line with a single integer, N.

Output

The number of ways to represent N as the indicated sum. Due to the potential huge size of this number, print only last 9 digits (in base 10 representation).

Sample Input

7

Sample Output

6

Source

 

这题是看一个数能用几个不同二次方幂的数和表示

首先来练习一下深搜把，这一开始我没想到还能用深搜，尽管不对，当然可慢啦啦啦啦

#include<stdio.h> 
#include<math.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int ans;
long long p[50];
void dfs(int n,int last)
{
    if(n==0)
    {
        ans++;
        return;
    }
    for(int i=0;n-p[i]>=0;i++)
    {
        if(p[i]>=last)
            dfs(n-p[i],p[i]);
    }
}
int main()
{
    int n;
    for(int i=0;i<=49;i++)
    p[i]=pow(2,i);
    cin>>n;
    dfs(n,0);
    printf("%d",ans);
  
    return 0;
}

接下来是dp版的，不知道为啥，还是超时！！！！，但思想要学习下，看懂下面的那个dp更新表就欧克了

dp表假设只有1，然后添加2，然后添加4然后添加8，更新表

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
using namespace std;
long long dp[1000001],p[30];
int main()
{
    int n;
    
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    p[0]=dp[0]=1;
    for(int i=1;i<=29;i++)
    {
        p[i]=p[i-1]<<1;
    }
    for(int i=0;i<=29;i++)
    {
        if(p[i]<=n)
        {
            for(int j=p[i];j<=n;j++)
            {
                dp[j]=(dp[j]+dp[j-p[i]])%1000000000;
            }
        }
    }
    /*dp 1 2 3 4 5 6 7//假设输入7
    1    1 1 1 1 1 1 1
    2      2 2 3 3 4 4
    4          4 4 6 6
    */
    cout<<dp[n]<<endl; 
    }
    
 } 
 

最后过的是这个，我他喵。。。

#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
long long a[1000001];
int main()
{
    int n;
    a[1]=1,a[2]=2;
    for(int i=3;i<1000001;i++)
    {
        a[i]=a[i-2]+a[i/2];
        a[i]%=1000000000;
    }
    cin>>n;
    cout<<a[n];
 } 

1.n为奇数，a[n]=a[n-1]
2.n为偶数：
（1）如果加数里含1，则一定至少有两个1，即对n-2的每一个加数式后面 +1+1，总类数为a[n-2]；
（2）如果加数里没有1，即对n/2的每一个加数式乘以2，总类数为a[n/2]；