Codeforces300D Painting Square

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本文介绍了一种使用动态规划解决划分正方形问题的方法。通过分治思想将问题转化为求两个相同大小正方形的划分方案数，利用FFT优化计算过程，并提供了一个O(k²logn)预处理复杂度的解决方案。

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简述

　　标签里 $fft$ 是什么鬼..
　　 $f[i][j]$ 表示如果每次都划分左上角能划分 $i$ 次的正方形，给 $j$ 次划分机会的方案数。
　　如果直接枚举四个正方形分配多少次划分机会的话，枚举的复杂度就是组合数级别的。
　　考虑分治，我从中间一劈为二，左边分配 $k$ 次划分，右边分批 $j-k-1$ 次划分，乘起来求个和就是答案。
　　那么问题转成怎样求两个一样大的正方形总共 $j$ 次划分的方案数，那就再次枚举左边划分多少次，右边划分多少次，乘起来求个和就是答案。
　　这样预处理的复杂度是 $O(k^2logn)$ 。
　　那么对于一次询问，怎样求答案？
　　假设输入的是 $n$ 和 $k$ ，显然只有当 $n$ 是奇数的时候才能够进行一次划分，那划分的层数就取决于你不断整除二多少次除成 $1$ 或者偶数。其实就是看二进制末尾不包含最高位有多少个 $1$ 。
　　求出来之后直接将对应的 $f$ 输出就行了。

代码

//dp
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod 7340033
#define ll long long
using namespace std;
ll f[31][1005], g[31][1005];
void init()
{
    int i, j, k;
    for(i=0;i<=30;i++)f[i][0]=g[i][0]=1;
    for(i=1;i<=30;i++)
    {
        for(j=1;j<=1000;j++)
        {
            for(k=0;k<=j-1;k++)f[i][j]+=(ll)g[i-1][k]*g[i-1][j-k-1];
            for(k=0;k<=j;k++)g[i][j]+=(ll)f[i][k]*f[i][j-k];
            f[i][j]%=mod, g[i][j]%=mod;
        }
    }
}
int main()
{
    init();
    int T, n, k, t;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&k);
        for(t=0;n&1 and n^1;n>>=1)t++;
        printf("%d\n",f[t][k]);
    }
    return 0;
}