BZOJ 2660 (BJOI 2012) 最多的方案

Description

   第二关和很出名的斐波那契数列有关，地球上的OIer都知道：F1=1, F2=2, Fi = Fi-1 + Fi-2，每一项都可以称为斐波那契数。现在给一个正整数N，它可以写成一些斐波那契数的和的形式。如果我们要求不同的方案中不能有相同的斐波那契数，那么对一个N最多可以写出多少种方案呢？

Input

   只有一个整数N。

Output

   一个方案数

Sample Input

Sample Output

HINT

Hint：16=3+13=3+5+8=1+2+13=1+2+5+8

对于30%的数据，n<=256

对于100%的数据，n<=10^18

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题解

首先，任何数都能分解成几个斐波那契数列的和（一定有解），所以先将这个数字拆成几个斐波那契数相
加的形式，编号记为pos[i],又因为每个斐波那契数可以分解继续成接下来的两项之和，我们就要考虑
pos[i]与pos[i-1]的位置关系与其元素是否继续分解。
dp[i][0/1]表示斐波那契中第i项替换或不替换。
转移方程为：dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1];dp[i][0]=dp[i-1][0]*(pos[i]-pos[i-1]>>1)+dp[i][1]*(pos-pos[i-1]-1>>1);

代码

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long n,fab[90];
int cnt,pos[90],dp[90][2];int main(){
    fab[1]=1;fab[2]=2;
    cin>>n;
    for(register int i=3;i<=85;i++)
        fab[i]=fab[i-1]+fab[i-2];
    for(register int i=85;i>=1;i--)
        if(n>=fab[i]){            n-=fab[i];
            pos[++cnt]=i;
        }
    sort(pos+1,pos+1+cnt);
    dp[1][1]=1;dp[1][0]=pos[1]-1>>1;
    for(register int i=2;i<=cnt;i++){        dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1];
        dp[i][0]=dp[i-1][0]*(pos[i]-pos[i-1]>>1)+dp[i-1][1]*(pos[i]-pos[i-1]-1>>1);
    }
    cout<<dp[cnt][0]+dp[cnt][1]<<endl;
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/sdfzsyq/p/9677090.html

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题解

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