标签：style blog color os io strong for ar
题意：给定一堆2二进制砝码，给定一个物品，要求在天平两端加入物品和砝码使之平衡，求可能数。
思路：一开始想到了直接用数学原理，结果没证出来。做如下思考,此题需要用二进制:
（1）设物品重量为w，加入的砝码重量为x，另一边重量为y，便有w+x=y。
（2）另外，假如物品为100110，加入的砝码可以为000010，那么总和为101000，显然x与y不能有位数相同的1（因为每种砝码只有一个），因此便有x&y=0
依据这两点，可以知道此题的关键之处就在于如何分析w+x的进位情况。分析物品的第i位，比如为1，那么如果前面的一位没有进位，那么他便可以加上1或者不加；如果进位，那就肯定不能加1（因为加1以后与进位的1加上这一位的结果还是1，与x&y=0矛盾），所以对于每一位，它的进位与不进位情况需要分开判断。
DP思路：设f[i][0]表示判断到i位时它不进位的情况数，f[i][1]表示到i位时它进位的情况数，都是从低位到高位判断。
（1）先考虑f[i][0]（不进位的情况）
（2）再考虑f[i][1]（进位的情况）
这样，DP方程就得到了
if(s[i] == 1){ f[i][0] = f[i-1][0]; f[i][1] = f[i-1][0]+f[i-1][1]; } else{ f[i][0] = f[i-1][0]+f[i-1][1]; f[i][1] = f[i-1][1]; }
注意：不得不说，这个题目挺不错的，此题中间结果可能会超出long long，因此需要分次数判断，因为这个点我WA了N次
#include <iostream>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <memory>
#include <cmath>
#include <bitset>
#include <queue>
#include <vector>
#include <stack>
using namespace std;
#define CLR(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MIN(m,v) (m)<(v)?(m):(v)
#define MAX(m,v) (m)>(v)?(m):(v)
#define ABS(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define rep(i,x,y) for(i=x;i<y;++i)
const int MAXN = 1100000;
int t,n,m,d;
int s[MAXN];
int dp[MAXN][2];
void Solve()
{
char c;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
getchar();
CLR(s,0);
for(int i = m-1; i >= 0; --i){
scanf("%c",&c);
s[i] = c-‘0‘;
}
if(s[0] == 0) {
dp[0][0] = 1;
dp[0][1] = 0;
}
else{
dp[0][0] = 1;
dp[0][1] = 1;
}
for(int i = 1; i < n; ++i){
if(s[i] == 1){
dp[i][0] = dp[i-1][0];
dp[i][1] = dp[i-1][0]+dp[i-1][1];
}
else{
dp[i][0] = dp[i-1][0]+dp[i-1][1];
dp[i][1] = dp[i-1][1];
}
if(dp[i][0]>=d) dp[i][0]-=d;
if(dp[i][1]>=d) dp[i][1]-=d;
}
cout<<(dp[n-1][0])<<endl;
}
}
int main()
{
Solve();
return 0;
}
{POJ}{3971}{Scales}{O(N)动态规划},布布扣,bubuko.com
标签：style blog color os io strong for ar
原文地址：http://www.cnblogs.com/lvpengms/p/3926678.html
