link
一共有 n個數，第 i 個數是 x
ix_i
xi ,x
ix_i
xi 可以取 [li
,ri]
[l_i , r_i]
[li,r
i] 中任意的乙個值。
設 s =∑
xi
2s = \sum^2}
s=∑xi
2, 求 s 種類數。
這一題主要用的是分類揹包的思想，dp[
i][j
]dp[i][j]
dp[i][
j]表示的是考慮到第i
ii個區間，s是否能取到j
jj，取到為1，取不到為0。
進行三重迴圈遍歷(第一層區間數n
nn，第二層j
jj的取值可以到達n
3n^3
n3，第三層為區間中的每個數遍歷為n
nn)，總複雜度到達了o(n
5)
o(n^5)
o(n5)。
這樣進行動態規劃的話比較浪費時間和記憶體，因為每個狀態只有01兩種取值，因此可以用 bitset 進行優化， 將1in
t1 \ int
1int
壓成1 bi
t1 \ bit
1bit
。bitset的基本用法：link (bitset可以進行各種位操作，以及cou
nt，s
et
count，set
count，
set方法的使用)
可以d p[
i]
dp[i]
dp[i
]表示第i
ii個區間可以表示的s(s的最大取值為106
10^6
106,因此bitset最多需要106
10^6
106位), 對於區間中的每個數j
jj,可以得出這樣的轉移方程dp[
i]∣=
dp[i
−1
]<
<(j
∗j
)dp[i] \ |= \ dp[i-1]<<(j*j)
dp[i]∣
=dp[
i−1]
<
<(j
∗j), 這樣複雜度降到了 o(n
/32
)o(n/32)
o(n/32
), 並且其中的位操作是更快的。
最後答案即為dp[
n]
dp[n]
dp[n
]中1的個數，可以用cou
nt()
count()
count(
)方法得到。
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
const
int maxn =
1e6+10;
const
int inf =
0x3f3f3f3f
;bitset dp[
102]
;int n, l ,r;
intmain()
printf
("%d\n"
, dp[n]
.count()
);}
牛客練習賽22題解
簡單瞎搞題 不會用bitset，所以沒做出來。實際上還是比較簡單的。include using namespace std bitset 1000005 dp 2 int main cout 2 count 簡單資料結構1 這裡要運用拓展尤拉定理。ab modp ab p b p p 0 modp ...
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