Codeforces Round #493 (Div. 2) Problem D. Roman Digits

链接

http://codeforces.com/contest/998/problem/D

题目大意

有四种不同的字符，权值分别为$1,5,10,50$，你要组成长度为$n$的字符串，字符串的权值是所有字符的权值之和，问你有多少种可能的权值之和（每种字符的使用次数都可以是[0,n]中任何数字）。

题解

这题真心不好想
四种权值我们先把他变成$\{0,4,9,49\}$，这样或许能简单一些
如果只有$0$，那么显然权值之和只有一种
如果只有$0,4$那么显然答案是$n+1$
如果只有$0,4,9$，考虑下什么时候会重复，显然$4$个$9$和$9$个$4$可以互相取代(其他位置都填$0$)，这两种方案只能保留一种，另一种不统计，显然要保留$4$个$9$，因为这样可以剩下更多的空位，从而组成更多的权值。显然当$4$的个数大于等于$9$时，我总能选出$9$个$4$用$4$个$9$来取代，因此$4$只能枚举到$8$。
现在考虑$49$，可以沿用同样的思路，假设选择$i$个$4$，$j$个$9$，如果另一种方案$(i',j')$使得$4i+9j=4i'+9j'+49k$，那么$(i',j')$再加上$k$个$49$就可以完全取代$(i,j)$这种方案，沿用上面的思路，我们当然保留$i+j$较小的一组。这样是仅考虑了$49$的出现对方案的影响，但是不难发现当$k=0$时就包含了$4$与$9$互相代替的方案。
那么最终的算法就是，枚举$0\le i,j\le 48$，用$f_k$表示$4i+9j=k(\mod 49)$的最小的$i+j$是多少，那么答案就是

$$ans=\sum_{i=0}^{48}(n-a_i+1)$$
有人说打标发现答案到后面是公差为 $49$的等差数列，那这个其实很显然，当 $n$比较大的时候， $a_i$会一直不变，变得只有式子里的 $n$，显然当 $n$增加 $1$时，答案增加 $49$

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3fll
using namespace std;
int main()
{
    ll n, ans=0, i, j, f[49];
    scanf("%I64d",&n);
    for(i=0;i<49;i++)f[i]=inf;
    for(i=0;i<=min(8ll,n);i++)for(j=0;j<=min(48ll,n) and i+j<=n;j++)f[(4*i+9*j)%49]=min(i+j,f[(4*i+9*j)%49]);
    for(i=0;i<=48;i++)if(f[i]!=inf)ans+=n-f[i]+1;
    printf("%I64d",ans);
    return 0;
}