由HOJ1090 The Staircases 所引发的联想

原题在 http://acm.hit.edu.cn/hoj/problem/view?id=1090

 

附个图吧

 

 

题目大意抽象为数学问题是：

      给定一个N，求出如同N = n1+n2+n3+…..类型的划分的方案数，满足的条件是。n1<n2<n3<…，并且ni的个数大于等于2。

 

下面一段算是扯淡：

这是一道整数划分的题目，其实关于整数划分有好多种类型，限定条件不一样所求的方法就不一样，Jingo觉得应该去总结总结这个类型的问题，就算是培养自己重新开始思考的习惯的一个开端吧，这也是Jingo大学阶段Blog的第一篇心得性质的文章，希望这次能够坚持下去，不能像高中的时候夭折的《算法导论》的心得。

 

      好了，其实这篇文章我想分两篇（当然最后写完之后不一定能出现几片），第一篇仅针对HOJ1090进行讨论，而第二篇针对整数划分类型的问题进行一下总结，下面进入正题。

 

方法一：

      这种方法是一种比较好想出来的方法。

         时间复杂度O(n^3)

         空间复杂度O(n^2)

f[i][j]代表一共有i块砖，最后一层的砖块数为j的方案总数，f[i][j] = Σf[i-j][k] (0<=k<j)

k的取值是从0到j这样满足倒数第二层的砖块数k小于最后一层的砖块数j

最后对求一下f[n][0],f[n][1],…,f[n][n]的和就是所有满足,给定一个N，出如同N = n1+n2+n3+…..类型的划分的方案数，满足的条件是。n1<n2<n3<…，而最终答案减去只有一排砖块(即只有一个N=n1)的情况，就是题目要求的答案。

 

代码如下：

 

View Code

#include <cstdio>
#include <cstring>

long  long f[ 520][ 520];
long  long a[ 520];

int main()
{
     int n;
    memset(f, 0, sizeof(f));
    memset(a, 0, sizeof(a));
    f[ 0][ 0] =  1;
     for ( int i =  1; i <=  500; i++)
         for ( int j =  1; j <= i; j++)
             for ( int k =  0; k < j; k++)
            {
                f[i][j] += f[i-j][k];
            }

     for ( int i =  1; i <=  500; i++)
    {
         for ( int j =  1; j <= i; j++)
        {
            a[i] += f[i][j];
        }

    }

     while (scanf( " %d ", &n) ==  1)
    {
         if (n ==  0)  break;
        printf( " %lld\n ", a[n] -  1);
    }
     return  0;
}

 

方法二：

      考虑到方法一中f[i][j]表示最后一层的砖块数为j的方案总数，所以需要枚举j来求和，所以可以使f[i][j]表示最后一层的砖块数不超过j的方案总数，这样可以避免枚举j。

      于是f[i][j]表示最后一个阶梯的高度不超过j,使用i个砖块的方案,那么转移方程就是f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-j][j-1]。

       其实这个方程也不难理解，如果最后一层小于j方案数就是f[i][j-1]，如果最后一层等于j方案数就是f[i-j][j-1]。

 

 时间复杂度O(n^2)

       空间复杂度O(n^2)

 

代码1如下：

 

View Code

#include <cstdio>

long  long f[ 520][ 520];

int main()
{
     int n;
    f[ 0][ 0]= 1;
     for ( int i =  1; i <=  511; i++) f[ 0][i] =  1;

     for( int i= 1; i<=  511; i++)
         for ( int j =  1; j <=  511; j++)
             if (i>=j)
                f[i][j] = f[i][j- 1]+f[i-j][j- 1];
             else
                f[i][j] = f[i][j- 1];

    
     while (scanf( " %d ", &n) ==  1)
    {
         if (n ==  0)  break;
        printf( " %lld\n ", f[n][n] -  1);
    }
     return  0;
}

 

     现在，把两层循环改一下顺序(不是所有的题目都可以改循环嵌套的顺序的)，按照最后一层的砖块数j枚举。

代码2如下：

 

View Code

#include <cstdio>

long  long f[ 520][ 520];

int main()
{
     int n;
    
    f[ 0][ 0]= 1;
     for(i= 1; i<=n; i++)
    {
         for(j=n; j>=i; j--)
            f[i][j]=f[i- 1][j]+f[i- 1][j-i];
         for(j= 0; j<=i- 1; j++)
            f[i][j]=f[i- 1][j];
    }
    
     while (scanf( " %d ", &n) ==  1)
    {
         if (n ==  0)  break;
        printf( " %lld\n ", f[n][n] -  1);
    }
     return  0;
}

     此时注意到f[i][j]只与f[i-1][j]和f[i-1][j-i]有关，所以可以参照0-1背包的降维方式减去一维的空间，这就是

 

方法三：

     注意第二重循环需要倒序循环。

    

       时间复杂度O(n^2)

       空间复杂度O(n)

 

代码如下：

    

View Code

#include <cstdio>

long  long f[ 520];

int main()
{
     int n;
    f[ 0] =  1;
     for ( int i =  1; i <  511; i++)
         for ( int j =  511; j >= i; j--)
            f[j] += f[j-i];
     while (scanf( " %d ", &n) ==  1)
    {
         if (n ==  0)  break;
        printf( " %lld\n ", f[n] -  1);
    }
     return  0;
}

 

    这就是有关这道题目从想出来到一步步优化的过程。

转载于:https://www.cnblogs.com/ijingo/archive/2012/03/28/2421256.html