[51nod13831048]整数分解为2的幂

题目大意

任何正整数都能分解成2的幂，给定整数N，求N的此类划分方法的数量！

比如N = 7时，共有6种划分方法。

7=1+1+1+1+1+1+1
=1+1+1+1+1+2
=1+1+1+2+2
=1+2+2+2
=1+1+1+4
=1+2+4

最简单的方法

首先很容易想到用DP做。
设f[i][j]表示组成的数是i，方案中最大的数是2j2^j的方案数。
为了避免重复，f[i][j]转移时枚举下一个数必须大于等于2j2^j
那么可以得出：f[i][j]=∑jk=0f[i−2j][k]f[i][j]=\sum_{k=0}^j f[i-2^j][k]
注意到第一维是和k无关的，配合前缀和优化即可做到O(nlogn)O(nlogn)

相对巧妙的做法

状态太大了，可不可以减去一维？
设f[i]表示组成i的方案数。如果还是枚举下一个数来转移，那么时间复杂度没变。
那么考虑换一种转移方式。先给出方程：
f[i]=f[i−1]+f[i/2]∗[i是偶数]f[i]=f[i-1]+f[i/2]*[i是偶数]
f[i-1]转移到f[i]表示加入了一个1，f[i/2]则表示f[i/2]的分解方案中，全部数乘2。这样转移也保证了加进来数的顺序是从大到小的，故不会重复。

时间复杂度O(n)O(n)

跑得很快的做法

如果n很大怎么办？
那样就要挖掘一下分解方案的性质了。

对于一个数n，假设它二进制下有m个1，分别是第a1,a2…am位。对于n的任意一种分解方案，把所有2的幂升序排序，然后可以划分成m段，其中第i段的和是2ai2^{ai}
对于一个数2i2^i的一种划分方案，如果不是只有它本身一个数，一定可以把这些2的幂升序排序，然后分成两段，每一段的和都是2i−12^{i-1}

证明并不难。有了这些性质，就可以设新的状态了。

首先设g[i][j]表示做完了前i段（即n二进制下的前i个1位），最大的数是2j2^j，方案数是多少。
再设一个辅助数组f[i][j]，表示组成2i2^i，最大的数是2j2^j的方案数。
接下来枚举第i-1段的最大数是多少，假设是2k2^k，那么g[i][j]=∑jk=0g[i−1][k]∗f[i−k][j−k]g[i][j]=\sum_{k=0}^j g[i-1][k]*f[i-k][j-k]
其中i-k,j-k的意义在于：要控制后面的数都大于等于2k2^k，每个数都要除掉2k2^k，那么就不会算重了。
f[i][j]的转移类似

时间复杂度O(log3n∗高精度)O(log^3n*高精度)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N=99,M=170,mo=1e9;typedef long long LL;char c[N];int tot;struct num
{int w,a[M];
}f[N+5][N+5],ans,n,p,t,s[N+5],g[N+5][N+5];num operator + (const num &a,const num &b)
{t.w=max(a.w,b.w);//t.a[1]=0;memset(t.a,0,sizeof(t.a));for (int i=1;i<=t.w;i++){t.a[i]+=a.a[i]+b.a[i];if (t.a[i]>=mo){t.a[i+1]=1;t.a[i]-=mo;}//else t.a[i+1]=0;}if (t.a[t.w+1]>0) t.w++;//memset(t.a+t.w+1,0,sizeof(t.a+t.w+1));return t;
}num operator * (const num &a,const num &b)
{memset(t.a,0,sizeof(t.a));for (int i=1;i<=a.w;i++){for (int j=1;j<=b.w;j++){t.a[i+j]+=(t.a[i+j-1]+(LL)a.a[i]*b.a[j])/mo;t.a[i+j-1]=(t.a[i+j-1]+(LL)a.a[i]*b.a[j])%mo;}}for (t.w=a.w+b.w;t.w>1 && t.a[t.w]==0;t.w--);return t;
}int main()
{freopen("data.out","w",stdout);scanf("%s",c+1);int l=strlen(c+1);n.w=l/9+1;for (int i=1;i<=l;i++){int j=(l-i)/9;n.a[j+1]=n.a[j+1]*10+c[i]-48;}f[0][0].w=f[0][0].a[1]=1;for (int i=1;i<=N;i++){for (int j=0;j<i;j++){for (int k=0;k<=j;k++){f[i][j]=f[i][j]+f[i-1][k]*f[i-1-k][j-k];}}f[i][i].w=f[i][i].a[1]=1;}tot=0;for (int i=0;i<=N;i++){if (n.a[1]&1){tot++;if (tot==1){for (int j=0;j<=i;j++) g[1][j]=f[i][j];}else{for (int j=0;j<=i;j++){for (int k=0;k<=j;k++){g[tot][j]=g[tot][j]+g[tot-1][k]*f[i-k][j-k];}}}}int r=0;for (int j=n.w;j;j--){int t=n.a[j];n.a[j]=((LL)r*mo+t)/2;r=((LL)r*mo+t)%2;}}for (int i=0;i<=N;i++) ans=ans+g[tot][i];printf("%d",ans.a[ans.w]);for (int i=ans.w-1;i;i--){for (int j=1e8;j;j/=10){printf("%d",ans.a[i]/j);ans.a[i]%=j;}}printf("\n");return 0;
}