自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	ButterflyDew life is hard

搬运于2025-08-24 21:25:40，当前版本为作者最后更新于2018-05-02 21:48:52，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

• 首先明确第一个问题：这个最小的正整数是多少？

也许你可以打表看出来，也许不能，但别急，我们有看似靠谱一点的思维方法

看看样例：6

可行方案：

①$1$ $2$ $3$;

②$1$ $2$ $4$.

我们发现，对于方案①，组成3的时候有两种方法（1+2或3），而方案②只有一种。换而言之，3的利用是有浪费的。而不浪费的方案②还可以组成7。

那么，我们咋让她(每个数)都用好自己呢

很简单，百合就行了

联想一下二进制位下的数

$1$,$10$,$11$,$100$,$101$,$110$,$111$,$1000$...

可不是嘛，这个$2^i$的每个数利用率可高了

由此可知，二进制的位数即为这个最小的正整数。

想明白第一问以后，应该给出了一个相对的第二问的思维导向。（当然不绝对哈）

当每个数的利用率最大的时候，她们能够凑成的最大整数即为她们的和，这点是毋庸置疑的。

那么，在利用率相对不是那么大的时候呢？

我们注意到，此时已经有了一个限制条件：已有的最小正整数

手动模拟一下，确实是仍然成立的。（其实是不太会证啦）

这时候，我们就把参与量已使用的各数之和和凑成的最大整数搞到一起去了

考虑$dp[k]$代表凑成时$k$的方案数。看看这时候还要压哪些信息进去。

显然，剩下的必要信息还有第$i$个数和第$i$个数的值$j$

$dp[i][j][k]$表示已选$i$个数，第$i$个数为$j$，前$i$个数和为$k$（凑成的最大整数位$k$）的时候的方案数

转移方程 $dp[i+1][l][k+l]+=dp[i][j][k];$

其中$l$为枚举的下一个填充数

核心代码：

    dp[1][1][1]=1;
    for(int i=1;i<ans;i++)
        for(int j=i;j<=(1<<(i-1));j++)
            for(int k=i*(i-1)/2;k<(1<<i);k++)
                for(int l=j+1;l<=k+1;l++)
                    if(l+k<=n)
                        dp[i+1][l][k+l]+=dp[i][j][k];
                    else
                        dp[i+1][l][n]+=dp[i][j][k];

注意$j,k,l$的上下界，都是被已经得到的第一问给约束住了

当然，也没必要跑这么死，比如$k$从$i$开始反而会快一些。

至于$if$和$else$的判断，是为了方便求最后结果的一点点小贪心了。