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題目大意：現在給出一個自然數n，我們規定三種操作：

不做任何處理

在他左邊加上一個自然數，但該數不能超過原數的一半

加上該數后，繼續按此規則進行處理,直到不能再加自然數為止

舉個例子，給出n=6，那么第一輪操作我們可以得到16,26,36，再進行一輪操作有126,136，一共有六種情況

現在給出自然數n，求出一共有多少種情況

題目分析：一道簡單的動態規劃求方案數的題目。。不得不感嘆我的dp是真的弱，這么簡單的一道題目一點思路都沒有，看了題解才大概有了那么一點意思：

簡單來說，若我們想知道一個自然數i的所有情況，我們需要用到所有不大于i一半的狀態j來推出當前狀態i，這樣一說大概就好理解了，dp[i]表示的是自然數i有多少種方案，那么初始化dp[i]=1，狀態轉移方程為

實現就好了，然后這個方法的時間復雜度是O(n*n)

其實還是有更好的方法的，我們再繼續研究一下

若設計dp[i]代表的還是自然數i的方案數，我們能不能遞加呢？這個可以理解為遞歸的重復遍歷，假如我們現在有一個數x，前面需要放一個y，來形成新的數字yx，現在一來只要我們將y的所有情況都提前算好，那么直接累加到x上就可以了，若當前數字為奇數時，當前的方案數和i-1的方案數是一樣的，因為他們之前小于等于一半的數字是相同的，若當前數字為偶數時，當前的方案數除了dp[i-1]之外還需要加上dp[i/2]，狀態轉移方程為：

有一說一，真的神奇，這樣時間復雜度就下降到O(n)了

代碼：

O(N*N)：

#include<iostream> #include<cstdlib> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<climits> #include<cmath> #include<cctype> #include<stack> #include<queue> #include<list> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e3+100;int dp[N];int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); // ios::sync_with_stdio(false);for(int i=1;i<N;i++)dp[i]=1;for(int i=1;i<N;i++){for(int j=1;j<=i/2;j++)dp[i]+=dp[j];}int n;scanf("%d",&n);printf("%d\n",dp[n]);return 0; }

O(N)：

#include<iostream> #include<cstdlib> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<climits> #include<cmath> #include<cctype> #include<stack> #include<queue> #include<list> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e3+100;int dp[N];int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); // ios::sync_with_stdio(false);dp[1]=1;for(int i=2;i<N;i++)if(i&1)dp[i]=dp[i-1];elsedp[i]=dp[i/2]+dp[i-1];int n;scanf("%d",&n);printf("%d\n",dp[n]);return 0; }

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總結

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