2020牛客暑期多校训练营（第八场）E.Enigmatic Partition(差分+隔项差分/dp+暴力)

本文链接：https://blog.csdn.net/Code92007/article/details/107871233

本文探讨了求解特定条件下n的划分数f(n)的问题，介绍了两种解题思路：差分法和暴力+动态规划法。通过预处理，实现了对大量询问的快速响应，适用于竞赛编程中的数论与DP题目。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

n的m划分是把n划分成m个数之和，令 $n=a_{1}+...+a_{m}$ ，要求满足：

$a_{i}\epsilon [1,n]$ ， $a_{i}<=a_{i+1}<=a_{i}+1$ ， $a_{m}=a_{1}+2$

计f(n)为n的满足上述限制的划分数，

T(T<=1e4)组询问，每次给出l,r(1<=l<=r<=1e5)，询问 $\sum_{i=l}^{r}f(i)$

思路来源

https://blog.csdn.net/s260127ljy/article/details/107786813#comments_12997051

https://blog.csdn.net/ding_ning123/article/details/107784591

https://www.cnblogs.com/rair/p/13430729.html

官方题解视频

题解

注意到，方案肯定是形如l,l,l,l,...,l+1,l+1,l+1,...,l+2,l+2,l+2的形式，且每种数最少存在一个

第一种做法：差分

考虑固定a(最左端的值)和m(值的个数)的时候，答案是连续的一段

图片来源于https://www.cnblogs.com/rair/p/13430729.html

这里不妨设a=1，m=6

这个图形竖着看是每个数的贡献，

横着看发现是其中的一个1变成了一个2，是一段的区间加，可以差分一次，变成两个点的+1和-1

斜线看发现是其中的一个2变成一个3，多了一个值产生贡献，

且每隔两个点就有一个+1，可以将差分之后的数组隔项差分，

这样就变成了有限点的修改，最终发现需要

在9处+1,13处-1，14处-1，17处+1，而9实际上是一个a+1，一个a+2，剩下全是a，为a*m+3

类似地，可以得到13是一个a+2，剩下全是a+1，加1可得14，

一个a，一个a+2，剩下全是a+2是15，差分那项是16，往隔项差分那项是18，

所以四个端点分别是a*m+3，a*m+m+1，a*m+m+2，a*m+2*m

求答案即逆过来即可，先隔项前缀和，再前缀和，抵消两次差分的影响，

为了求答案，再做一次前缀和，把求答案变成减的形式

代码1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5;
int t,l,r;
ll f[N+10];
int main(){
    for(int m=1;m<=N;++m){
        for(int a=m;a<=N;a+=m){
            if(a+3<=N)f[a+3]++;
            if(a+m+1<=N)f[a+m+1]--;
            if(a+m+2<=N)f[a+m+2]--;
            if(a+2*m<=N)f[a+2*m]++;
        }
    }
    for(int i=3;i<=N;++i){
        f[i]+=f[i-2];
    }
    for(int i=2;i<=N;++i){
        f[i]+=f[i-1];
    }
    for(int i=2;i<=N;++i){
        f[i]+=f[i-1];
    }
    scanf("%d",&t);
    for(int ca=1;ca<=t;++ca){
        scanf("%d%d",&l,&r);
        printf("Case #%d: %lld\n",ca,f[r]-f[l-1]);
    }
    return 0;
}

第二种做法：暴力+dp

设左端的值为l，则一段l，一段l+1（记为m），一段l+2（记为r），

不妨设有lc个l，mc个m，rc个r，则min(lc,rc)个可以平均一下，都变成m，

于是平均之后要么一端只剩l，要么只剩r，所以可以枚举是l更多，还是r更多，

剩下的m的一段带来的方案贡献是(m-1)/2（因为要至少保留一个m）

暴力枚举左端点值l，暴力枚举中间段m的个数(从3起步)，暴力枚举l或r的个数，

但是，考虑到l小的时候会比较慢，所以对l<=50做dp，

dp[i][j][k]表示当前和为i左端点值填的是j这三段已经填到第0/1/2段的时候的方案数，

转移时候枚举这一次填的是什么，可以过渡到后面的段，也可以保留在当前段不变，

0可以跳到第2段，是因为最后统计方案时，强制三种数字都各填了一个

最后，仍然前缀和一下相减

代码2

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=1e5,M=50;
int t,l,r;
ll dp[N+10][M][3],f[N+10];//dp[和为i][最左边的值为j][当前已填到第k段]的方案数
int main(){
    for(int i=1;i<M;++i){
        dp[0][i][0]=1;
    }
    for(int i=0;i<=N;++i){
        for(int j=1;j<M;++j){
            if(i+j<=N){
                dp[i+j][j][0]+=dp[i][j][0];
            }
            if(i+j+1<=N){
                dp[i+j+1][j][1]+=dp[i][j][0]+dp[i][j][1];
            }
            if(i+j+2<=N){
                dp[i+j+2][j][2]+=dp[i][j][2]+dp[i][j][1]+dp[i][j][0];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;++i){
        for(int j=1;j<M;++j){
            int x=i-(j+(j+1)+(j+2));
            if(x<0)break;
            f[i]+=dp[x][j][2]+dp[x][j][1]+dp[x][j][0];
        }
    }
    for(int l=M;l<=N;++l){
        int m=l+1,r=l+2;
        for(int mc=3;m*mc<=N;++mc){
            for(int lc=1;l*lc+m*mc<=N;++lc){
                f[l*lc+m*mc]+=(mc-1)/2;
            }
            for(int rc=0;m*mc+r*rc<=N;++rc){
                f[m*mc+r*rc]+=(mc-1)/2;
            }
        }
    }
    for(int i=2;i<=N;++i){
        f[i]+=f[i-1];
    }
    scanf("%d",&t);
    for(int ca=1;ca<=t;++ca){
        scanf("%d%d",&l,&r);
        printf("Case #%d: %lld\n",ca,f[r]-f[l-1]);
    }
    return 0;
}