poj 2229(DP)

Sumsets

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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

题目大意：让你求一个整型N，能够被2的整数幂所组成的情况个数，最终的结果要mod1e9；

先说说我的思路，由于刚看完dp之划分数，本以为是划分数，结果看完大牛的题解后发现是完全背包，但是我感觉用递推来做更好想（哪个都不好想光是递推就看了很长时间快哭了），下面讲一下思路：

当n时奇数时，dp[n]=dp[n-1]，拿样例7来说，无非就是在6的每种情况下+1呗（这比是偶数的情况好想到，也好理解，至少我认为是这样的），奇数肯定每一种组合数中都会有1的，从下面来看dp[6]的每一种组合情况+1的结果是不变的。

1) 1+1+1+1+1+1 +1；

2) 1+1+1+1+2 +1 ；

3) 1+1+2+2 +1；
4) 1+1+4 +1；
5) 2+2+2 +1；

6) 2+4 +1；

即dp[i]=dp[i-1]

当n是偶数的情况我拿n=6来说，以下是6的组合情况：

111111 11112 1122 114 222 24

共有6种，我们可以把它分为有1的情况和没有1的情况把有1 的情况拿出减去分别-1 得到11111 1112 122 14这是dp[5]的结果，接下来看剩下没有1 的组合数222 和24将它们都除以2得到111 12两种情况（这是dp[2]的情况），无非就是dp[2]每一项*2的结果，并且结果不变

即dp[i]=dp[i-1]+dp[i/2];

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define MAXN 40005
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));//算是宏定义的应用吧
int dp[1000004];
int N=1e9;
int main()
{
    mem(dp,0);
    int n;
    cin>>n;
    dp[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(i&1==1)//利用位运算，奇数的二机制的最后一位都是1
            dp[i]=dp[i-1];
        else
            dp[i]=(dp[i-1]+dp[i>>1])%N;//dp[i>>1]是/2的意思，反之i<<1左移1位是*2；
    }
    cout<<dp[n]<<endl;
    return 0;
}

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