Sumsets
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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
题意：
给你一个n，要你把n分解成只含有2^n的数的和。求有多少种方法。
题解：
写一下前几项，1 2 2 4 4 6 6 10 10。这就是1~9。
我们可以发现比如说像
2 = { 1 1， 2 } 两种 3 = {1 1 1， 2 1}。很明显2和3是属于一类的。应为多了一个1无法合并出多一个2。
7 = {1 1 1 1 1 1 1, 而（6，7）相对与前面一个（4，5 ）来说 5 = { 1 1 1 1 1,[ 1, 1] 有4种情况个是相当于直接在后面加上两个1实现的。所以我们可以推测出 dp[i] = dp[i-2] + x。
1 1 1 1 1 2 1 1 1 2, [1, 1]
1 1 1 2 2 1 2 2 [1, 1]
1 1 1 4 1 4 [1, 1]
1 2 2 2 }
1 2 4}
而那个x 是多少呢。
7对5来说多了 {1 2 2 2， 1 2 4} 这两个数。 因为6和7是一个整体，我们也就可以认为是多了 {2 2 2， 2 4} 这两个数（用4和6去比较）
而{2 2 2, 2 4} 这两个数十分的像 3 ={1 1 1， 1 2}。 只是将 1 换成了 2 ，将2换成了4。
所以我们不难看出 dp[(6/7)] = dp[(4,5)] + dp[3]。
所以 dp[i] = dp[i-2] + dp[i/2]。
有了这个直接跑就可以了，i只有1000000.
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <string>
5 #include <algorithm>
6 #include <cmath>
7 #include <vector>
8 #include <queue>
9 #include <map>
10 #include <stack>
11 #include <set>
12 using namespace std;
13 typedef long long LL;
14 typedef unsigned long long uLL;
15 #define ms(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
16 #define pb push_back
17 #define mp make_pair
18 #define eps 0.0000000001
19 const LL INF = 0x7fffffff;
20 const int inf = 0x3f3f3f3f;
21 const int mod = 1000000000;
22 const int maxn = 1000000+10;
23 int dp[maxn];
24 int main() {
25 #ifdef LOCAL
26 freopen("input.txt", "r", stdin);
27 // freopen("output.txt", "w", stdout);
28 #endif
29 ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
30 ms(dp, 0);
31 dp[0] = 1;
32 dp[1] = 1;
33 for(int i = 2;i<maxn;i++){
34 dp[i] = (dp[i-2] + dp[i/2]) % mod;
35 }
36 int n;
37 while(cin >> n){
38 cout << dp[n] << endl;
39 }
40 return 0;
41 }