51Nod 1167 计算递推

题意

$F(N) = 1 (0 <= N <= K - 1)$
$F(N) = F(N - K) + F(N / K) （N \% K == 0)$
$F(N) = F(N - 1) (N \% K ≠ 0)$
给定 $N$ 和 $K$ ，求 $F(N)$ 。 $K∈[2,10]，N≤K^{50}$ 。
时间限制：2秒。

解题思路

如果只看到了自变量由大到小，是很难想到怎么做的。
拿出笔来画一画，其实自变量增大的途径有2条，一是加1，一是乘以K。
答案就是 $从0$ 加到 $N$ 的方案数。
也就是 $N$ 能够拆分成 $\Sigma K^x$ 的方案数。
那么是不是和之前的一题很像啊？
另外一题的链接
 这题的解题报告
这题的设法也是挺类似的，但是要注意一点。
显然 $N=\Sigma_{i=0}^{\lfloor log_K N \rfloor}a_i*K^i$ 。
可以发现 $a_i≥1$ 。所以转移的时候要借助一个辅助数组。
设 $f[i][j]$ 表示 $K^i$ 可以拆分成的最大的数为 $K^j$ 的方案数。
则 $g[j][k]$ 表示 $j*K^i$ 可以拆分成最大的数为 $K^k$ 的方案数。
则

g [j] [k] = Σ_{l = 0}^{k} g [j - 1] [l] * f [i - 1 - l] [k - l]

$g[j][k]=\Sigma_{l=0}^{k}g[j-1][l]*f[i-1-l][k-l]$
则

f [i] [j] = g [K] [j]

$f[i][j]=g[K][j]$ 。
在计算答案的时候，设

h [i] [j]

$h[i][j]$ 表示做到

K

$K$ 进制下的第

i

$i$ 位，并且拆分的最大值为

K^{j}

$K^j$ 的方案数。
转移跟

f [i] [j]

$f[i][j]$ 的转移类似。

高精度卡常？

我AC了之后，看了某些大神的代码，发现了一些可以优化的地方。（当然优化之后还是不够他跑得快）
①在赋值的时候不需要将整个数组赋值，只需要更新位数和对应位数的值。
②高精度乘法：
“%”运算常数大，所以要减少”%”运算的次数。
开一个 $LL$ 的 $t$ 数组，每次 $t[i+j]+=a[i]*b[j]$ ，然后最后扫的时候再进位。

心得

① $N$ 要转化为 $K$ 进制，才能够看清楚问题的本质。
②顺着推不行考虑倒着来。
③有一个小trick，就是 $N=\Sigma_{i=0}^{\lfloor log_K N \rfloor}a_i*K^i$ 中 $a_i≥1$ ，这个时候心态不要崩了，因为解决问题的大方向总是对的，这个时候可以考虑什么辅助的转移。
④高精度常数可能太大，这样会吃亏的。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 52
#define M 155
#define mo 100000000
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
struct note{
    int w,a[M];
    void operator = (const note b){
        int i;
        w=b.w;
        fo(i,1,w)a[i]=b.a[i];
    }
};note f[N][N],g[N][N],h[11][N],ans,n,c;
long long tt[260];
int i,j,k,K,l,ys,x,tot,wz;
int xx;
char s[32];
note operator + (const note &a,const note &b){
    c.w=a.w>b.w?a.w:b.w;
    memset(c.a,0,sizeof(c.a));
    int i;
    fo(i,1,c.w){
        c.a[i]+=i<=a.w?a.a[i]:0;
        c.a[i]+=i<=b.w?b.a[i]:0;
        c.a[i+1]+=c.a[i]/mo;
        c.a[i]%=mo;
    }
    if(c.a[c.w+1])c.w++;
    return c;
}
note operator * (const note &a,const note &b){
    int i,j;
    c.w=a.w+b.w-1;
    fo(i,0,c.w+1)tt[i]=0;
    long long kk;
    fo(i,1,a.w)fo(j,1,b.w){
        kk=1ll*a.a[i]*b.a[j];
        tt[i+j-1]+=kk;
    }
    fo(i,1,c.w){
        c.a[i]=tt[i]%mo;
        tt[i+1]+=tt[i]/mo;
        c.w=((tt[i]>=mo)&&(i==c.w))?c.w+1:c.w;
    }
    return c;
}
int main(){
    scanf("%d%s",&K,s+1);
    l=strlen(s+1);
    n.w=l/8+1;
    fo(i,1,l){
        int j=(l-i)/8;
        n.a[j+1]=n.a[j+1]*10+(s[i]-'0');
    }
    while(!n.a[n.w]&&n.w>1)n.w--;
    f[0][0].w=f[0][0].a[1]=1;
    fo(i,1,50){
        fo(j,0,i-1)g[1][j]=f[i-1][j];
        fo(j,2,K){
            fo(x,0,i-1){
                g[j][x].w=0;
                memset(g[j][x].a,0,sizeof(g[j][x].a));
                fo(k,0,x)g[j][x]=g[j][x]+g[j-1][k]*f[i-1-k][x-k];
            }
        }
        fo(j,0,i-1)f[i][j]=g[K][j];
        f[i][i].w=f[i][i].a[1]=1;
    }
    memset(g,0,sizeof(g));
    g[0][0].w=g[0][0].a[1]=1;
    wz=51;
    fo(i,0,50){
        ys=0;
        fd(j,n.w,1){
            x=n.a[j];
            n.a[j]=(1ll*ys*mo+x)/K;
            ys=(1ll*ys*mo+x)%K;
        }
        while(!n.a[n.w]&&n.w>1)n.w--;
        fo(j,0,i)h[0][j]=g[i][j];
        fo(j,1,ys)
            fo(x,0,i){
                h[j][x].w=0;
                memset(h[j][x].a,0,sizeof(h[j][x].a));
                fo(k,0,x)h[j][x]=h[j][x]+h[j-1][k]*f[i-k][x-k];
            }
        fo(j,0,i)g[i+1][j]=h[ys][j];
        if(n.w==1&&n.a[1]==0){
            n.w=0;
            wz=i+1;
            break;
        }
    }
    fo(i,0,50)ans=ans+g[wz][i];
    printf("%d",ans.a[ans.w]);
    fd(i,ans.w-1,1){
        xx=log(ans.a[i])/log(10)+1;
        fo(j,1,8-xx)putchar('0');
        printf("%d",ans.a[i]);
    }
    return 0;
}