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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之和，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)
思路一：
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];
1 #include <iostream> 2 using namespace std; 3 long i,a[1000001]; 4 int main() 5 { 6 a[1] = 1; 7 a[2] = 2; 8 for(i = 3; i < 1000001; i++) 9 { 10 if((i&1) == 1) 11 { 12 a[i] = a[i-1]; //i为奇数与它前一个数量相同 13 } 14 else 15 { 16 a[i] = (a[i-2] + a[i>>1]) % 1000000000; //含有1: a[i-1]每种情况填11、不含1: a[i/2]每种情况*2 17 } 18 } 19 while(cin >> i){ 20 cout << a[i] << endl; 21 } 22 return 0; 23 24 }
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 ] ] ;
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 using namespace std; 4 long d[1000005],c[25],n,i,j; 5 int main() 6 { 7 while(cin >> n) 8 { 9 memset(d,0,sizeof(d)); 10 c[0]=d[0]=1; 11 for(i=1;i<=24;i++) 12 c[i]=c[i-1]<<1; 13 for(i=0;i<=24&&c[i]<=n;i++) 14 for(j=c[i];j<=n;j++) 15 d[j]=(d[j]+d[j-c[i]])%1000000000; 16 cout << d[n] << endl; 17 } 18 return 0; 19 }
原文：http://www.cnblogs.com/qinduanyinghua/p/5490755.html
