P8395 [CCC 2022 S1] Good Fours and Good Fives

记录87

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int dp[N];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	dp[0]=1;// 开始的第一个方案，以它为迭代
	for(int i=4;i<=n;i+=4) dp[i]+=dp[i-4];
	for(int i=5;i<=n;i++) dp[i]+=dp[i-5];
	cout<<dp[n];
	return 0;
} 

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题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P8395

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突破口

14=5+5+4

20=4+4+4+4+4 或 20=5+5+5+5

40=4+4+4+4+4+4+4+4+4+4 或 40=4+4+4+4+4+5+5+5+5 或 40=5+5+5+5+5+5+5+5

当然，4 和 5 的顺序并不重要，重要的是他们的个数。

给你一个正整数 n，问有多少种方法可以用 4 和 5 拼凑成 n。

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思路

🎯 问题本质

给定一个正整数 n，问有多少种非负整数解 (x, y) 满足：

4x+5y=n4x+5y=n

其中 x 是 4 的个数，y 是 5 的个数。
顺序不重要 → 只关心用了多少个 4 和多少个 5，不关心排列顺序。

✅ 这是一个完全背包计数问题 ：

物品：4 和 5（每种无限个）

背包容量：n

问：恰好装满背包的方案数？

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🧠 动态规划设计（完全背包）

状态定义

• dp[i] 表示用 4 和 5 恰好拼出 i 的方案数

初始状态

• dp[0] = 1：拼出 0 有一种方案 ------ 什么都不选

状态转移

• 先考虑只用 4 ：
  dp[i] += dp[i - 4]（如果 i ≥ 4）
• 再考虑加入 5 ：
  dp[i] += dp[i - 5]（如果 i ≥ 5）

⚠️ 注意：必须按"物品"顺序处理 ，避免重复计数！

正确做法是：外层枚举物品，内层枚举容量（完全背包标准写法）

但本题只有两个物品（4 和 5），所以可以分两步：

1. 先用 4 更新所有能被 4 拼出的数
2. 再用 5 去更新（在已有基础上加 5）

这样就能保证：每个方案只按"先 4 后 5"的方式计数一次，不会重复。

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代码解析

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int dp[N];

• 定义 dp 数组，大小 1e6+10（满足 n ≤ 1e6）

int main(){
    int n;
    cin >> n;

    dp[0] = 1; // 基础：拼出 0 有 1 种方案（空方案）

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🔹 第一步：只用数字 4

    for(int i = 4; i <= n; i += 4)
        dp[i] += dp[i - 4];

• 从 4 开始，每次加 4
• dp[4] += dp[0] = 1 → dp[4] = 1
• dp[8] += dp[4] = 1 → dp[8] = 1
• ...
• 结果：所有 i % 4 == 0 的位置 dp[i] = 1，其余仍为 0

✅ 这表示：仅用 4 能拼出的数，每种只有 1 种方案

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🔹 第二步：加入数字 5（完全背包）

    for(int i = 5; i <= n; i++)
        dp[i] += dp[i - 5];

• 从 5 到 n，顺序遍历
• 对每个 i，加上"去掉一个 5 后的方案数"
• 因为是顺序遍历，所以允许多次使用 5（完全背包特性）

💡 举例：

• i=9: dp[9] += dp[4] = 1 → 表示 4+5
• i=13: dp[13] += dp[8] = 1 → 4×2 + 5
• i=14: dp[14] += dp[9] = 1 → 4 + 5×2 → 总方案数 1 ✅

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🔚 输出答案

    cout << dp[n];
    return 0;
}

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🧪 样例验证

样例 1：n = 14

• 4 的倍数：4,8,12 → dp[4]=dp[8]=dp[12]=1
• 加入 5：
  • dp[9] = dp[4] = 1
  • dp[13] = dp[8] = 1
  • dp[14] = dp[9] = 1
• 其他组合？5×2 + 4 = 14 → 只有这一种
• 输出 1 ✅

样例 2：n = 40

可能的 (x, y) 满足 4x + 5y = 40：

• y=0 → x=10
• y=4 → x=5 （5×4=20, 4×5=20）
• y=8 → x=0
  → 共 3 种 ✅

代码计算：

• dp[40] 会累加：
  • 仅用 4：1 种
  • 用 4 个 5：dp[20]（此时 dp[20] 已包含 4×5 和 5×4？）

等等，我们验证 dp[20]：

• 仅用 4：dp[20] = 1
• 加入 5 后：
  • dp[20] += dp[15]
  • dp[15] += dp[10]
  • dp[10] += dp[5]
  • dp[5] += dp[0] = 1
  • 所以 dp[5]=1, dp[10]=1, dp[15]=1, dp[20]=1+1=2
• 那么 dp[40]：
  • 初始（仅4）：1
  • dp[40] += dp[35]
  • dp[35] += dp[30]
  • ... 最终 dp[40] = 3 ✅

样例 3：n = 6

• 无法用 4 和 5 拼出 6（4<6<8，5<6<10，且 4+5=9>6）
• dp[6] 始终为 0 → 输出 0 ✅

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⚠️ 为什么这个顺序是对的？

• 先处理 4：确保所有"纯 4"方案被记录
• 再处理 5：在已有方案（含 4）基础上，添加任意多个 5
• 由于 5 是从小到大顺序遍历 ，所以：
  • dp[i] 包含了使用 0 个、1 个、2 个......5 的所有方案
• 而且因为 4 和 5 的处理是分阶段 的，不会出现 (4,5) 和 (5,4) 被算两次（因为顺序不重要，本题只计组合，不计排列）

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总结

要点	说明
模型	完全背包计数问题
状态	dp[i] = 拼出 i 的方案数
初始化	dp[0] = 1
转移	先用 4 更新，再用 5 顺序更新
复杂度	O(n)，满足 n ≤ 1e6