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Problem Description Farmer John commanded his cows to search for different sets of numbers that sum to a given number. The cows use only numbers that are an integer power of 2. Here are the possible sets of numbers that sum to 7:
1) 1+1+1+1+1+1+1
2) 1+1+1+1+1+2
3) 1+1+1+2+2
4) 1+1+1+4
5) 1+2+2+2
6) 1+2+4
Help FJ count all possible representations for a given integer N (1 <= N <= 1,000,000). Input A single line with a single integer, N. Output The number of ways to represent N as the indicated sum. Due to the potential huge size of this number, print only last 9 digits (in base 10 representation). Sample Input
7
Sample Output
6
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题目大意：
输入一个整数,将这个数分解成不定个正数只和，要求这些数必须是2的k次方(k为大于等于0的正数).输出分的方法种数.(由于当输出整数过大时,种数很大只输出最后9位)
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思路一：
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设a[n]为和为 n 的种类数；
根据题目可知，加数为2的N次方，即 n 为奇数时等于它前一个数 n-1 的种类数 a[n-1] ，若 n 为偶数时分加数中有无 1 讨论，即关键是对 n 为偶数时进行讨论：
1.n为奇数，a[n]=a[n-1]
2.n为偶数：
（1）如果加数里含1，则一定至少有两个1，即对n-2的每一个加数式后面 +1+1，总类数为a[n-2]；
（2）如果加数里没有1，即对n/2的每一个加数式乘以2，总类数为a[n/2]；
所以总的种类数为：a[n]=a[n-2]+a[n/2];
代码：
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#include
__int64 a[1000001];
int main()
{
__int64 n;
int i;
a[1]=1;a[2]=2;
for(i=3;i<1000001;i++)
{
if(i%2==0)
a[i]=a[i-2]+a[i/2];
else
a[i]=a[i-1];
a[i]%=1000000000; //控制最多为9位.
}
while(scanf("%I64d",&n)!=EOF)
printf("%I64d\n",a[n]);
return 0;
}
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思路二：
DP思想,
假如只能用1构成那么每个数的分的方法种数就是1.
如果这个时候能用 2 构成，那么对于大于等于 2 的数 n 就可以由 n - 2 和 2 构成 就转化为 求 n - 2 的种数那么就是 d [ n ] = d [ n-2 ] + d [ n ] (前面 d [ n-2 ] 表示数n可以由2构成的种数,后面加的 d [ n ] 表示数n只能由 1 构成的种数.)
那么状态转移方程式子就出来了(c [ n ] = 2^n)
d [ n ] [ k ] = d [ n ] [ k - 1 ] + d [ n - c [ k ] ] [ k ] ;
循环降维：
d [ n ] = d [ n ] + d [ n - c [ k ] ] ;
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代码：
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#include
#include
__int64 d[1000005],c[25],n,i,j; int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { memset(d,0,sizeof(d)); c[0]=d[0]=1; for(i=1;i<=24;i++) c[i]=c[i-1]<<1; for(i=0;i<=24&&c[i]<=n;i++) for(j=c[i];j<=n;j++) d[j]=(d[j]+d[j-c[i]])%1000000000; printf("%d\n",d[n]); } return 0; }
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