Dollar Dayz
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Description
Farmer John goes to Dollar Days at The Cow Store and discovers an unlimited number of tools on sale. During his first visit, the tools are selling variously for $1, $2, and $3. Farmer John has exactly $5 to spend. He can buy 5 tools at $1 each or 1 tool at $3 and an additional 1 tool at $2. Of course, there are other combinations for a total of 5 different ways FJ can spend all his money on tools. Here they are:
1 @ US$3 + 1 @ US$2
1 @ US$3 + 2 @ US$1
1 @ US$2 + 3 @ US$1
2 @ US$2 + 1 @ US$1
5 @ US$1
Write a program than will compute the number of ways FJ can spend N dollars (1 <= N <= 1000) at The Cow Store for tools on sale with a cost of $1..$K (1 <= K <= 100).
Input
A single line with two space-separated integers: N and K.
Output
A single line with a single integer that is the number of unique ways FJ can spend his money.
Sample Input
5 3
Sample Output
5
Source
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[n][m]!=0) { cout<<b[n][m]; } cout<<a[n][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[n][k]) printf("%I64d",b[n][k]); printf("%I64d\n",a[n][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[n]) printf("%I64d",b[n]); printf("%I64d\n",a[n]); 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：
http://www.cnblogs.com/goodness/archive/2010/08/13/1798801.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。
上面是大牛的解法。
下面是自己写的两种做法：
代码一：模拟高精度加法：
#include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<iostream> using namespace std; int dp[1010][100]; void ADD(int n,int m) { for(int i=0;i<60;i++) { dp[n][i]+=dp[m][i]; if(dp[n][i]>=10) { dp[n][i]%=10; dp[n][i+1]++; } } } int main() { int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1; for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=i;j<=n;j++) ADD(j,j-i); int t=60; while(t>0&&dp[n][t]==0)t--; for(int i=t;i>=0;i--)printf("%d",dp[n][i]); printf("\n"); } return 0; }
代码二：
完全背包。
用两个long long来实现。
#include<iostream> #include<string.h> #include<stdio.h> #include<algorithm> using namespace std; const int MAXN=1100; const long long inf=1000000000000000000LL; long long a[MAXN];//高位 long long b[MAXN];//低位 int main() { int n,k; while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) { memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(a)); b[0]=1; for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=i;j<=n;j++) { a[j]=a[j]+a[j-i]+(b[j]+b[j-i])/inf; b[j]=(b[j]+b[j-i])%inf; } if(a[n]==0) { printf("%I64d\n",b[n]); } else { printf("%I64d%018I64d\n",a[n],b[n]); } } return 0; }
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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[n][m]!=0) { cout<<b[n][m]; } cout<<a[n][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[n][k]) printf("%I64d",b[n][k]); printf("%I64d\n",a[n][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[n]) printf("%I64d",b[n]); printf("%I64d\n",a[n]); 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：
http://www.cnblogs.com/goodness/archive/2010/08/13/1798801.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。
上面是大牛的解法。
下面是自己写的两种做法：
代码一：模拟高精度加法：
#include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<iostream> using namespace std; int dp[1010][100]; void ADD(int n,int m) { for(int i=0;i<60;i++) { dp[n][i]+=dp[m][i]; if(dp[n][i]>=10) { dp[n][i]%=10; dp[n][i+1]++; } } } int main() { int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1; for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=i;j<=n;j++) ADD(j,j-i); int t=60; while(t>0&&dp[n][t]==0)t--; for(int i=t;i>=0;i--)printf("%d",dp[n][i]); printf("\n"); } return 0; }
代码二：
完全背包。
用两个long long来实现。
#include<iostream> #include<string.h> #include<stdio.h> #include<algorithm> using namespace std; const int MAXN=1100; const long long inf=1000000000000000000LL; long long a[MAXN];//高位 long long b[MAXN];//低位 int main() { int n,k; while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) { memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(a)); b[0]=1; for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=i;j<=n;j++) { a[j]=a[j]+a[j-i]+(b[j]+b[j-i])/inf; b[j]=(b[j]+b[j-i])%inf; } if(a[n]==0) { printf("%I64d\n",b[n]); } else { printf("%I64d%018I64d\n",a[n],b[n]); } } return 0; }
