BZOJ 2287: 【POJ Challenge】消失之物

2287: 【POJ Challenge】消失之物

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Description

ftiasch 有 N 个物品, 体积分别是 W1, W2, …, WN。 由于她的疏忽, 第 i 个物品丢失了。 “要使用剩下的 N - 1 物品装满容积为 x 的背包，有几种方法呢？” – 这是经典的问题了。她把答案记为 Count(i, x) ，想要得到所有1 <= i <= N, 1 <= x <= M的 Count(i, x) 表格。

Input

第1行：两个整数 N (1 ≤ N ≤ 2 × 103) 和 M (1 ≤ M ≤ 2 × 103)，物品的数量和最大的容积。

第2行： N 个整数 W1, W2, …, WN, 物品的体积。

Output

一个 N × M 的矩阵， Count(i, x)的末位数字。

Sample Input

3 2

1 1 2

Sample Output

11

11

21

HINT

如果物品3丢失的话，只有一种方法装满容量是2的背包，即选择物品1和物品2。

Source

题解：
发现自己对这种dp预处理再dp的题简直……弱到飞起。
可以很轻松地预处理出f[i]表示装满体积为i的背包的方案数。
然后再用dp[i][j]表示不选i物品装满体积为j的方案数。
显然：
当j==0的时候，dp[i][j]=0;
当j< w[i]的时候，dp[i][j]=f[j]，因为此时无论怎么选都选不到i
其他时候，dp[i][j]=f[j]-dp[i][j-w[i]]因为不选第i个物品的方案数=总的方案数-选第i个物品的方案数。
dp数组也可以降到一维。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;inline int read(){    int x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}    return x*f;}const int N = 2000 + 10;int n,m;int w[N],f[N];int dp[N];int main(){    n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=read();    f[0]=1;    for(int i=1;i<=n;++i){        for(int j=m;j>=w[i];j--){            f[j]=(f[j]+f[j-w[i]])%10;        }    }    for(int i=1;i<=n;++i){        dp[0]=1;        for(int j=1;j<=m;++j){            if(j<w[i]) dp[j]=f[j];            else dp[j]=(f[j]-dp[j-w[i]]+10)%10;        }        for(int j=1;j<=m;++j)           printf("%d",dp[j]);        printf("\n");    }    return 0;}