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我一直在研究将 n 写为 2 的幂和的方法，它工作得很好，但我想知道如何提高该算法的运行时效率。它无法在任何合理的时间内（不到 10 秒）计算超过 ~1000 的任何东西。

我假设它与将其分解为子问题有关，但不知道如何去做。我在想像 O(n) 或 O(nlogn) 运行时之类的东西——我相信它是有可能的。我只是不知道如何有效地分配工作。

通过 Chasefornone 编码

 #include<iostream>
using namespace std;

int log2(int n)
{
    int ret = 0;
    while (n>>=1) 
    {
        ++ret;      
    }
    return ret;
}

int power(int x,int y)
{
    int ret=1,i=0;
    while(i<y)
    {
        ret*=x;
        i++;
    }
    return ret;
}

int getcount(int m,int k)
{
    if(m==0)return 1;
    if(k<0)return 0;
    if(k==0)return 1;
    if(m>=power(2,k))return getcount(m-power(2,k),k)+getcount(m,k-1);
    else return getcount(m,k-1);

}

int main()
{
    int m=0;
    while(cin>>m)
    {
        int k=log2(m);
        cout<<getcount(m,k)<<endl;
    }
    return 0;
}
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2 回答 2

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由于我们正在处理某个基数的幂（在本例中为 2），因此我们可以在O(n)时间（和空间，如果我们考虑固定大小的计数）轻松完成。

关键是分区的生成函数。让p(n)是 写 方式 的 数量n作为 基 的 幂 的 总和b。

然后考虑

        ∞
f(X) =  ∑  p(n)*X^n
       n=0

一个人可以写成f一个无限的产品，

        ∞
f(X) =  ∏  1/(1 - X^(b^k))
       k=0

如果只希望系数达到某个极限l，则只需考虑 与 的因素b^k <= l。

以正确的顺序（降序）将它们相乘，在每一步都知道只有索引可被整除的系数b^i是非零的，所以n/b^k + n/b^(k-1) + ... + n/b + n总共只需要系数相加O(n)。

代码（不防止较大参数溢出）：

#include <stdio.h>

unsigned long long partitionCount(unsigned n);

int main(void) {
    unsigned m;
    while(scanf("%u", &m) == 1) {
        printf("%llu\n", partitionCount(m));
    }
    return 0;
}

unsigned long long partitionCount(unsigned n) {
    if (n < 2) return 1;
    unsigned h = n /2, k = 1;
    // find largest power of two not exceeding n
    while(k <= h) k <<= 1;
    // coefficient array
    unsigned long long arr[n+1];
    arr[0] = 1;
    for(unsigned i = 1; i <= n; ++i) {
        arr[i] = 0;
    }
    while(k) {
        for(unsigned i = k; i <= n; i += k) {
            arr[i] += arr[i-k];
        }
        k /= 2;
    }
    return arr[n];
}

工作速度足够快：

$ echo "1000 end" | time ./a.out
1981471878
0.00user 0.00system 0:00.00elapsed
于 2013-05-08T08:36:08.270 回答
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解决此类问题的一种普遍适用的方法是缓存中间结果，例如如下：

#include <iostream>
#include <map>

using namespace std;

map<pair<int,int>,int> cache;

/* 
The log2() and power() functions remain unchanged and so are omitted for brevity
 */
int getcount(int m,int k)
{
    map<pair<int,int>, int>::const_iterator it = cache.find(make_pair(m,k));
    if (it != cache.end()) {
        return it->second;
    }
    int count = -1;
    if(m==0) {
       count = 1;
    } else if (k<0) {
        count = 0;
    } else if (k==0) {
       count = 1;
    } else if(m>=power(2,k)) {
        count = getcount(m-power(2,k),k)+getcount(m,k-1);
    } else {
        count = getcount(m,k-1);
    }
    cache[make_pair(m,k)] = count;
    return count;
}

/* 
The main() function remains unchanged and so is omitted for brevity
 */

原始程序（我称之为nAsSum0）的结果是：

$ echo 1000 | time ./nAsSum0
1981471878
59.40user 0.00system 0:59.48elapsed 99%CPU (0avgtext+0avgdata 467200maxresident)k
0inputs+0outputs (1935major+0minor)pagefaults 0swaps

对于带缓存的版本：

$ echo 1000 | time ./nAsSum
1981471878
0.01user 0.01system 0:00.09elapsed 32%CPU (0avgtext+0avgdata 466176maxresident)k
0inputs+0outputs (1873major+0minor)pagefaults 0swaps

... 两者都在 Cygwin 下的 Windows 7 PC 上运行。因此，带有缓存的版本太快而time无法准确测量，而原始版本大约需要 1 分钟才能运行。

于 2013-05-08T09:05:17.507 回答