POJ2229 [USACO05 Jan] Sum sets 递推(dp)

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显然是 dp。
令 d p [ i ] dp[i] dp[i]表示分解 i i i的方案数。
考虑怎样推出 d p [ i ] dp[i] dp[i]：
若 i i i为奇数，则 i i i的分解式中必然有一个1。
若减去这个1，则变为 i − 1 i-1 i−1的分解式。
任意 i − 1 i-1 i−1的分解式后+1，则变为 i i i的分解式。
因此 i i i的分解方案与 i − 1 i-1 i−1的分解方案是一一对应的。
所以 d p [ i ] = d p [ i − 1 ] dp[i]=dp[i-1] dp[i]=dp[i−1]。

若 i i i为偶数，则有两种情况：分解方案中有1和没有1。
如果有1，则1的数量至少有2个。
减去这两个1，发现变为了 i − 2 i-2 i−2的分解。
若没有1，则分解式中的所有数均为2的倍数。
所以把所有数都除以2，变为了 i 2 \frac{i}{2} 2i的分解。
因此 d p [ i ] = d p [ i − 2 ] + d p [ i / 2 ] dp[i]=dp[i-2]+dp[i/2] dp[i]=dp[i−2]+dp[i/2]。

代码：

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define re register int
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {re x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')  f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
ll fastpow(ll b,ll p,ll k) {ll ans=1;while(p) {if(p&1) ans=ans*b%k;b=b*b%k;p>>=1;}return ans;
}
const int Size=1000005;
const ll mod=1e9;
ll n,dp[Size];
int main() {n=read();dp[0]=dp[1]=1;for(re i=2; i<=n; i++) {if(i&1) {dp[i]=dp[i-1];} else {dp[i]=(dp[i-2]+dp[i>>1])%mod;}}printf("%lld",dp[n]);return 0;
}

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