題目描述
一共有 n個數,第 i 個數 xi 可以取 [ai,bi] 中任意值。
設 S=∑xi2 ,求 S 種類數。
輸入輸出格式
第一行一個數 n。
然後 n 行,每行兩個數表示 ai,bi。
輸出一行一個數表示答案。
這道題dp方程非常簡單
f[i][j]=f[i-1][j-k*k]
但問題是每次循環需要枚舉j,而j的範圍顯然是
那麼時間複雜度就是O(n^5),顯然是石樂志。
#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define far(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
const int maxn=100010;
const int INF=1e9+7;
using namespace std;
/*----------------------------------------------------------------------------*/
inline ll read()
{
char ls;ll x=0,sng=1;
for(;ls<'0'||ls>'9';ls=getchar())if(ls=='-')sng=-1;
for(;ls>='0'&&ls<='9';ls=getchar())x=x*10+ls-'0';
return x*sng;
}
/*----------------------------------------------------------------------------*/
bool f[110][100*100*100+10];
int lasta;
int main()
{
int n=read();
int a=read(),b=read();
lasta=a;
fer(i,a,b)
f[1][i*i]=1;
fer(i,2,n)
{
int a=read(),b=read();
fer(j,lasta,(i-1)*100*100)
{
fer(k,a,b)
if(!f[i][j+k*k])
f[i][j+k*k]=f[i-1][j];
}
}
int cnt=0;
fer(i,0,100*100*100)
if(f[n][i])cnt++;
cout<<cnt;
}
對於這種關於某個數能不能取的dp,我們可以用bitset來優化。
bitset本質上是維護二進制,而又由於二進制的特殊性,完全可以當作一個bool型數組。
bitset<N> f//相當於bool f[N]
f.any()//整個二進制中是否有一個位置被置爲1
f.none()//是否整個f中所有位上都是0
f.count()//二進制中1的個數
f.set()//將二進制各個位置全都置爲1
f.set(i)//相當於f[i]=1
f.reset()//將二進制各個位置全都置爲0
f.reset(i)//相當於f[i]=0
f.flip()//將二進制所有位取反
f.flip(i)//相當於f[i]^=1
而bitset的常數是遠小於直接用bool型數組進行維護的。
所以這道題用bitset來維護的話就很好搞了。
#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define far(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
const int maxn=100010;
const int INF=1e9+7;
using namespace std;
/*----------------------------------------------------------------------------*/
inline ll read()
{
char ls;ll x=0,sng=1;
for(;ls<'0'||ls>'9';ls=getchar())if(ls=='-')sng=-1;
for(;ls>='0'&&ls<='9';ls=getchar())x=x*10+ls-'0';
return x*sng;
}
/*----------------------------------------------------------------------------*/
bitset<100*100*100+10> f[110];
int n;
int main()
{
n=read();
f[0][0]=1;
fer(i,1,n)
{
int a=read(),b=read();
f[i].reset();
fer(j,a,b)
f[i]|=f[i-1]<<(j*j);
}
cout<<f[n].count();
}