简单的多重背包

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简单的多重背包( 思维题\(\star\star\star?\))

Descrption

• 这是一个简单的多重背包问题。
• 有一个大小为 \(n\) 的包，你有 \(n\) 种物品，其中第 \(i\) 种物品的大小为 \(i\)，数量为 \(i\) 个(\(1<=i<=n\)),求装满这个背包的方案数是多少？

Input

• 输入一个数 \(n\) 如题意，\(n<=100000\) 。

Output

• 输出方案数模 \(23333333\) 之后的结果。

Sample Input

233

Sample Output

1167892

Hint

• 对于 \(30\%\) 数据 \(n<=3000\) 。
• 对于\(100\%\) 数据 \(n<=100000\) 。
• 来源：\(20180718\)

分析

• 多重背包就算加上单调队列优化显然后超时。
• 分析下对前 \(1\sim \sqrt{n}\) 个物品显然是可以全部取完的，而 \(\sqrt{n}+1\sim n\) 个物品无法取完，且每一件最多取 \(\sqrt{n}\) 件。所以我们把问题分成两部分考虑。
• 对 \(1\sim \sqrt{n}\) 的物品，只有 \(\sqrt{n}\) 个，令：\(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个物品选 \(j\) 个的方案数,那么有：
  • \(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-i]-f[i-1][j-i*(i+1)]\) 。
  • 这是由于有两种决策，一种是不拿 \(i\) 物品，一种是拿，但是由于不能拿超过 \(i\) 个，所以要减去多算的方案。
• 对于 \(\sqrt{n}+1\sim n\) 的物品，最多拿 \(\sqrt{n}\) 个，令：\(g[i][j]\) 表示拿了 \(i\) 个 \(\sqrt{n}+1\sim n\) 物品，重量为 \(j\) 的方案数。
  • \(g[i][j+i]+=g[i][j]\) ，将这 \(i\) 个物品都加 \(1\) （表示不拿 \(\sqrt{n}+1\) 的物品）。
  • \(g[i+1][j+\sqrt{n} +1]+=g[i][j]\)。多拿一个 $\sqrt{n} +1 $ 的物品。（再拿一个 $\sqrt{n} +1 $ 的物品）
• 然后把两种情况合并即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
const int mod=23333333,N=100005;
int n,sqn,ans,f[2][N],g[335][N],f1[N],f2[N];
int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
void work1() {
	f[0][0]=1;
	for(RI i=1,t=1;i<=sqn;++i,t^=1)
		for(RI j=0;j<=n;++j) {
			f[t][j]=f[t^1][j];
			if(j>=i) f[t][j]=qm(f[t][j]+f[t][j-i]);
			if(j>=i*(i+1)) f[t][j]=qm(f[t][j]-f[t^1][j-i*(i+1)]+mod);
		}
	for(RI i=0;i<=n;++i) f1[i]=f[sqn&1][i];
}
void work2() {
	g[0][0]=1;
	for(RI i=0;i<=sqn;++i)
		for(RI j=0;j<=n;++j) {
			f2[j]=qm(f2[j]+g[i][j]);
			if(i&&j+i<=n) g[i][j+i]=qm(g[i][j+i]+g[i][j]);
			if(j+sqn+1<=n) g[i+1][j+sqn+1]=qm(g[i+1][j+sqn+1]+g[i][j]);
		}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);sqn=sqrt(n);
	work1(),work2();
	for(RI i=0;i<=n;++i) ans=qm(ans+1LL*f1[i]*f2[n-i]%mod);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

简单的多重背包

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原文地址：https://www.cnblogs.com/hbhszxyb/p/13283417.html