P1036 选数(DFS)

北城余情 提交于 2020-02-10 20:12:52

P1036 选数

题目描述

已知 n个整数 x1,x2,…,xn,以及11个整数k(k<n)。从n个整数中任选k个整数相加,可分别得到一系列的和。例如当n=4,k=3,4个整数分别为3,7,12,19时,可得全部的组合与它们的和为:

3+7+12=22

3+7+19=29

7+12+19=38

3+12+19=34。

现在,要求你计算出和为素数共有多少种。

例如上例,只有一种的和为素数:3+7+19=29。

输入格式

键盘输入,格式为:

n,k1≤n≤20,k<n)

x1,x2,…,*x**n*(1≤xi≤5000000)

输出格式

屏幕输出,格式为: 1个整数(满足条件的种数)。

输入输出样例

输入

4 3
3 7 12 19

输出

1

题解

因为n<=20,所以可以放心地DFS。因为要遍历每个数的选与不选,所以共有O(2^n^)的复杂度2^20^(1m)约为1e6,能过。

又因为sum最多是20*5e6=1e8,可以不用ll(我比较谨慎,所以开了ll)

真正要判断是否为质数的情况就是C(n,k),最差的时候n为20,k为10,方案数约有1.847e5种。

Judge函数为O(根号sum),sum最大为1e8,这时复杂度为1e4,如果执行1.847e5次就是1.847e9的复杂度。

综上所述,判断质数的总复杂度才是程序的主要复杂度。

这样写,虽然有些危险,不过这只是最差的情况,除非某sum真的是质数,不然到不了O(根号sum)的情况。

可以先预处理出1e4以内的所有质数,可以在这里得到优化。(但是貌似此题没有必要这样)

而存答案的变量ans无需用ll,因为总情况约共有1.847e5种,而每种情况自然不都是符合条件的。

DFS的边界有两个:

一:已经选够了k个数,直接判断sum,如果是质数,就返回一;不是,就返回0;

二:决策完所有n个数,但是没有选够k个数,直接跳出(可以优化,在决策完n-i个数后,只要选中的数比k-i少,就算以后每个数都选也不可能够k个,直接跳出)我没用优化,貌似也能过。

决策第i个数时,分为两类:选i和不选i,两种情况的方案数之和,就是这个状态的总方案数。

DFS式:

\[ DFS_{Left,Sum,At}=DFS_{Left-1,Sum+a_{At+1},At+1}+DFS_{Le,Sum,At+1} \]

关于状压DP

这道题也可以用状压来做,就是用下标二进制数的第i位的1或0来表示第i个数选或不选。

但是考虑到这道题每个状态只访问一次而且空间复杂度为4MB,所以不光时间复杂度没优化,反而反向优化空间复杂度。

结论:状压DP是大佬炫技(xian de dan teng)的花式解法,不推荐。

代码~亲测AC~:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int n, k, a[23];
bool J(int un)//Judge函数,判断un是否是质数
{
    int s = sqrt(un);
    for (int ii = 2; ii <= s; ii++)
    {
        if (un % ii == 0) return false;
    } return true;
}
int DFS(int Le, long long sum, int At)//返回以(剩余Le个数字时已选数字总和为sum并且当前刚好决策完At是否选)的状态为基础,接下来所有方案中(最后选中的数和为质数的可行方案数)
{
    if (At > n) {//如果已经到了n+1还没返回,说明选数不足k
        return 0;//这个方案不可行
    }
    if (Le <= 0)//选够k个数
        return J(sum);//判断质数
    int ans = 0;
    ans += DFS(Le - 1, sum + a[At+1], At + 1);//选择a[i]的方案数
    ans += DFS(Le, sum, At + 1);//不选的方案数
    return ans;
}
int main()
{
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    cout << DFS(k, 0, 0);//一开始一个数没选(还差k个数选完),当前总和为0,已经决策0个数
    return 0;
}
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