一道凑数问题

Problem Description

题目来源：http://blog.youkuaiyun.com/ljhandlwt/article/details/75014415
给定n，给定池，求池的子集的和为n的个数。池为2^0,2^0,2^1,2^1…包含任意2的次幂，且每个数都有两份。

Solution

对于任意2^i,有2^i=2^i=2^(i-1)*2=sum(2^(i-j))+2^(i-j-1)*2
其形式为连续的2^次幂累加及末尾最低项乘2。

题目表示任意2的次幂有两份。
因此若n=2^N+2^M,且N<M,
则我们可以认为，2^M只能来自于2^N,2^N+1,.....2^M。
（更低位中一定存在一位已被2^N使用了两次。特殊的，若2^N只使用了自己，2^M可以使用更低位，但其方案与2^N使用更低位是重复的）

将n按二进制分解，有n=2^a1+2^a2+....2^am, a1<a2<...<am

则可以dp，f[i]表示凑到2^ai时的方案数。
对于凑2^a[i]，方案总共a[i]-a[i-1]+1种。
这里的一个问题是2^a[i-1]可能在f[i-1]用到过，所以需要容斥一下。
2^a[i-1]是凑2^a[i-1]的方案一种，其对于f[i-1]的总贡献就是f[i-2]。

此时，对于f[i]，占用2^a[i-1]的那一种方案不可用，其他可用。
同理，f[i-1]的剩余部分可以使用f[i]的所有方案。
所以有：
f[i]=(f[i-1]-f[i-2])*(a[i]-a[i-1]+1)+f[i-2]*(a[i]-a[i-1])
即
f[i]=f[i-1]*(a[i]-a[i-1]+1)-f[i-2]

PS：对于本题，用f[i][0/1]表示凑到第i个数时，用或者不用自己来凑，这样的DP方式可能更自然。因为笔者智商极低，使用这种二维DP做完后才发现可以化简成一维，而后强行思考，才得出了这种容斥思路。

Code

#include <cstdio>
using namespace std;
int a[66],n,f[66];
int main()
{
    int N;
    while (scanf("%d",&N)!=EOF)
    {
        int i=0; n=0;
        while (N)
        {
            if (N%2) a[++n]=i;
            N/=2; i++;  
        }
        f[0]=1; f[1]=a[1]+1;
        for (i=2;i<=n;i++)  f[i]=f[i-1]*(a[i]-a[i-1]+1)-f[i-2];
        printf("%d\n",f[n]);
    }
}