【数学、dp】bigcoin 2013广东省赛E题
比赛现场非常遗憾地没能成功AK的一题，当时最后一个小时已经想到做法，但是交给队友化简公式的时候我竟然非常sb的给错参数了=。=。。。尽管没AK也是冠军但是还是很遗憾啊，算了当给final攒rp吧！！
题意非常简单，给1、5、100、5000、10000五种硬币，每种数量无限，现在有总价值为n的钱，问如果全部兑换成硬币的话有多少种兑换方案？两个方案如果某一种硬币兑换数量不一样即可以视为不同方案。其中n<=10^18
如果n比较小的时候这显然可以用背包dp来处理，但是这里n非常大，所以应该利用硬币价值成倍数的特殊条件来设计更快的算法。
算法一：dp。这个是出题者教我的做法，时间复杂度为O（logn)
对于原问题，我们可以增加一个额外的限制，所有硬币按照价值从大到小依次使用。此时新问题的方案数必然与原问题方案数一样。先假设n是10000的倍数，此时由于所有硬币价值都是10000因子，所以很明显每一个10000的区间都是独立的子问题，即不可能有一个硬币跨越相邻两个10000区间。之后由于我们新增加的限制条件，每一个10000的区间使用的硬币价值都要小于等于上一个区间使用的硬币。于是可以使用dp预处理mat[i][j]表示上一个区间使用最小硬币是i，本区间使用的最小硬币是j，此时区间内放置方案数。之后一共拥有n/10000个这样的区间，我们可以使用矩阵快速加速计算。同理，我们可以把剩下部分提取出大小5000区间，继续使用矩阵乘法计算，等等。
方法二：暴力推导通項。这个是我自己YY出来的，公式推导比较麻烦，但是时间复杂度仅为O(1).
同样利用所以硬币价值都成倍数关系的特殊条件，如果我们先使用完价值为1的硬币，那么剩下的总价值必然需要是5的倍数。
首先考虑使用价值为1的硬币，令k1=n/5,那么余下价值可能是0,5,10,15...,n/5*5 , 此时每种情况出现方案数均为1，总方案数量设为tol1
之后考虑使用价值为5的硬币，那么余下价值也只可能是0，100，200，。。n/100*100, 此时对于剩余价值为100*i的情形，原先剩余价值已经小于它的方案必定不能取完之后剩余价值变成100*i，故使得这种情形出现的方案数可以用该通項表示 tol1-20i，此时的总方案数量也是可以计算的，设其为tol2。这里我们可以将通项设置A2i+B2方便后续计算。
之后考虑使用价值为100的硬币的时候，余下价值必然是0，5000，10000，。。n/5000*5000。对于剩余价值的为5000i的情形出现的方案数，我们依旧可以使用上诉方法计算第i項其通項为 tol2-∑(A2x+B2) ( 其中 x=0..50i-1)，对∑x化简之后可以得到2次的通項A3*i^2+B2*i+C2，此时总方案数依旧可以计算。
最后考虑使用价值为5000的硬币的时候，同理我们可以化简出4次方级别的通項，此时新的总方案数就是原问题的答案，应为最后的剩余价值只有一种处理方法即用10000价值的硬币取尽它。
最后，在求解通項的时候将其表示成普通多项式的形式，会使得推导下一层通項的时候简单很多。
附代码：
方法一
1 //By Lin
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 #include<algorithm>
6 #include<set>
7 #include<vector>
8 #include<map>
9 #include<queue>
10 #include<cctype>
11 #include<cmath>
12
13 #define eps 1e-9
14 #define N 100010
15 #define sqr(x) ((x)*(x))
16 #define Rep(i,n) for(int i = 0; i<n; i++)
17 #define foreach(i,n) for( __typeof(n.begin()) i = n.begin(); i!=n.end(); i++)
18 #define X first
19 #define Y second
20 #define mp(x,y) make_pair(x,y)
21
22 using namespace std;
23 typedef long long LL;
24 typedef pair<int,int> pii;
25
26 #define MOD 1000000007
27 const int mm[5] = {10000,5000,100,5,1};
28 LL mat[5][5][5];
29 LL dp[10010];
30
31
32 LL cal(int L , int l ,int r ){
33 if ( mm[r] > L ) return 0;
34 memset( dp , 0 , sizeof(dp) );
35 dp[0] = 1;
36 for(int i = l; i<r; i++) {
37 for(int j = 0; j+mm[i] < L; j++){
38 dp[j+mm[i]] += dp[j];
39 dp[j+mm[i]] %= MOD;
40 }
41 }
42 LL ret = 0;
43 for(int j = 0; j<L; j++) ret += dp[j];
44 return ret%MOD;
45 }
46
47 void cheng( LL ret[][5] , LL A[][5] , LL B[][5] ){
48 static LL C[5][5];
49 Rep(i,5) Rep(j,5){
50 C[i][j] = 0;
51 Rep(k,5) C[i][j] += A[i][k]*B[k][j]%MOD;
52 C[i][j] %= MOD;
53 }
54 Rep(i,5) Rep(j,5) ret[i][j] = C[i][j];
55 }
56
57 void quick_sqr( LL ret[][5] , LL g[][5] , LL h ){
58 while ( h ) {
59 if ( h&1ll ) cheng( ret , ret , g );
60 cheng( g , g , g );
61 h>>=1;
62 }
63 }
64
65 LL A[5][5],B[5][5];
66
67 int main(){
68 Rep(i,5) Rep(j,5)
69 for(int k = j; k<5; k++) {
70 mat[i][j][k] = cal(mm[i],j,k);
71 }
72 int cas;
73 LL n;
74 scanf("%d", &cas );
75 while ( cas -- ) {
76 cin >> n;
77 LL m = n;
78 Rep(i,5) Rep(j,5) A[i][j] = i==j?1:0;
79 for(int k = 0; k<5; k++) {
80 Rep(i,5) Rep(j,5) B[i][j] = mat[k][i][j];
81 quick_sqr(A,B,n/mm[k]);
82 n %= mm[k];
83 }
84 LL ans = 0;
85 Rep(j,5) ans = (ans + A[0][j] ) %MOD;
86 printf("%lld\n" , ans );
87 }
88 return 0;
89 }方法二
1 //By Lin
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 #include<algorithm>
6 #include<set>
7 #include<vector>
8 #include<map>
9 #include<queue>
10 #include<cctype>
11 #include<cmath>
12
13 #define eps 1e-9
14 #define N 100010
15 #define sqr(x) ((x)*(x))
16 #define Rep(i,n) for(int i = 0; i<n; i++)
17 #define foreach(i,n) for( __typeof(n.begin()) i = n.begin(); i!=n.end(); i++)
18 #define X first
19 #define Y second
20 #define mp(x,y) make_pair(x,y)
21
22 using namespace std;
23 typedef long long LL;
24 typedef pair<int,int> pii;
25
26 #define MOD 1000000007
27
28 LL niyuan(LL g){
29 LL ret = 1 , h = MOD-2;
30 while ( h ) {
31 if ( h&1ll ) ret = ret*g%MOD;
32 g = g*g%MOD;
33 h >>= 1;
34 }
35 return ret;
36 }
37
38 LL getsum(int kind , LL K ){
39 K %= MOD;
40 if ( kind == 0 ) return (K+1)%MOD;
41 if ( kind == 1 )
42 return K*(K+1)%MOD*niyuan(2)%MOD;
43 if ( kind == 2 )
44 return K*(K+1)%MOD*(2*K+1)%MOD*niyuan(6)%MOD;
45 if ( kind == 3 )
46 return K*K%MOD*(K+1)%MOD*(K+1)%MOD*niyuan(4)%MOD;
47 }
48
49 LL solve4( LL A , LL B, LL C , LL D , LL K ){
50 LL tol = getsum(0,K)*D%MOD+getsum(1,K)*C%MOD+getsum(2,K)*B%MOD+getsum(3,K)*A%MOD;
51 tol %= MOD;
52 return tol;
53 }
54 LL solve3( LL A , LL B , LL C , LL K ){
55 LL tol = getsum(0,K)*C%MOD+getsum(1,K)*B%MOD+getsum(2,K)*A%MOD;
56 tol %= MOD;
57 LL pA = 16*A%MOD*niyuan(6)%MOD ,
58 pB = ((2*B-2*A)%MOD+MOD)%MOD ,
59 pC = ((2*A%MOD*niyuan(6)%MOD-B+2*C)%MOD+MOD)%MOD;
60 return solve4(MOD-pA,MOD-pB,MOD-pC,tol,K/2);
61 }
62 LL solve2( LL A , LL B , LL K ){
63 LL tol = getsum(0,K)*B%MOD+getsum(1,K)*A%MOD;
64 tol %= MOD;
65 LL pA = 25*50*A%MOD ,
66 pB = ((50*B-25*A)%MOD+MOD)%MOD;
67 return solve3(MOD-pA,MOD-pB,tol,K/50);
68 }
69 LL solve1( LL K ){
70 return solve2( MOD-20 , (K+1)%MOD , K/20 );
71 }
72
73 int main(){
74 int cas;
75 scanf("%d", &cas );
76 while ( cas -- ) {
77 LL n;
78 cin >> n;
79 printf("%lld\n" , solve1(n/5) );
80 }
81 return 0;
82 }转载于:https://www.cnblogs.com/lzqxh/archive/2013/05/13/3076417.html
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