loj6089 小Y的揹包計數問題

小\(y\)有乙個大小為\(n\)的揹包，並且小\(y\)有\(n\)種物品。

對於第\(i\)種物品，共有\(i\)個可以使用，並且對於每乙個\(i\)物品，體積均為\(i\)。

求小\(y\)把該揹包裝滿的方案數為多少，答案對於\(23333333\)取模。

定義兩種不同的方案為：當且僅當至少存在一種物品的使用數量不同。

這個揹包問題讓我耳目一新啊。

\(idea\)棒棒的。

注意到題目中物品\(i\)（\(i\geq\sqrt n\))的個數限制實際上是不存在的。

所以可以把這個問題分為兩個子問題：多重揹包問題和完全揹包問題。

設\(f[i][v]\)表示前\(i\)個物品，總體積為\(v\)時的方案數。

對於\(i\leq\sqrt n\)：（多重揹包問題）

很顯然有$$f[i][v]=\sum_^if[i-1][v-j*i]$$

可以字首和優化做到\(o(n\sqrt n)\)。

對於\(i\geq\sqrt n\)：（完全揹包問題）

又注意到乙個物品最多取\(\sqrt n\)個。

同樣設個\(g[i][v]\)表示方案數。

可以認為我們要\(dp\)出乙個和為\(n\)，最小數至少\(\sqrt n+1\)的不下降序列

（序列中的數是物品體積）。

轉移有兩種：

則$$g[i][v]=g[i-1][v-\sqrt n-1]+g[i][v-i]$$

這個複雜度\(o(n)\)？

最後討論一下給前乙個問題分配多少體積，後乙個問題分配多少體積，統計答案即可。

#include#include#include#include#include#include#define ll long long

#define re register
#define il inline
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int n=2005,inf=2e9,mod=23333333;
int n,f[n],g[350][n],s[n],ans=-inf,m;
il ll gi()
int main()
}g[0][0]=1;ans=f[n];
fp(i,1,m)
for(re int j=i*(m+1);j<=n;j++)
printf("%d\n",ans);
return 0;
}

LOJ6089 小 Y 的揹包計數問題

傳送門 to loj 不妨分成兩部分討論 x nx sqrt x和 x n x ge sqrt n x n 為啥要這麼分啊？這確實很難說。但是我們可以猜到，我們在讓這兩個值拿到平衡 值的種類和最多選取的個數。當值的種類很少時，直接多重揹包就行了。當選取的種類很少時呢？用 f x i f x,i f ...

loj6089 小 Y 的揹包計數問題

link 好吧開學了果然忙得要死 不過為了證明我的blog還沒有涼，還是跑來更一波水題 有n種物品，第i種體積為i，問裝滿乙個大小為n的揹包有多少種方案？n leq 10 5.這種題一看就很想按根號分類是不是 設閾值大小為 m sqrt n 對於體積 leq m 的所有物品，直接跑多重揹包 f i ...

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