蓝桥杯---波动数列（dp）（背包）（待解决）

问题描述

　　观察这个数列：
　　1 3 0 2 -1 1 -2 ...

　　这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3。

　　栋栋对这种数列很好奇，他想知道长度为 n 和为 s 而且后一项总是比前一项增加a或者减少b的整数数列可能有多少种呢？

输入格式

　　输入的第一行包含四个整数 n s a b，含义如前面说述。

输出格式

　　输出一行，包含一个整数，表示满足条件的方案数。由于这个数很大，请输出方案数除以100000007的余数。

样例输入

4 10 2 3

样例输出

2

样例说明

　　这两个数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。

数据规模和约定

　　对于10%的数据，1<=n<=5，0<=s<=5，1<=a,b<=5；
　　对于30%的数据，1<=n<=30，0<=s<=30，1<=a,b<=30；
　　对于50%的数据，1<=n<=50，0<=s<=50，1<=a,b<=50；
　　对于70%的数据，1<=n<=100，0<=s<=500，1<=a, b<=50；
　　对于100%的数据，1<=n<=1000，-1,000,000,000<=s<=1,000,000,000，1<=a, b<=1,000,000。

开始的时候就感觉这道题应该没有那么简单，但是还是抱着试试看的心情做了一下，结果。。。就没有结果了，果断20%，剩下的全是TL，即使是之后的剪枝也是没什么作用（其实这也正常，粗略的算一下也会知道会超时的）

#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;int count=0,n,result,a,b,sum=0;bool  sub(int i,int ceng){int ss=(2*i+(ceng-1)*-b)*ceng/2;return sum+ss<=result;}bool  add(int i,int ceng){int ss=(2*i+(ceng-1)*a)*ceng/2;return sum+ss>=result ;}void dfs(int i,int cou){sum+=i;int temp=count;if(sum==result&&cou==n) { count++; } //cout<<i<<' ';if(cou>=n){ sum-=i;   return ;}     if(sub(i-b,n-cou))//如果剩下的全部为减法都不能成立的话就直接不用继续深搜下去了                   //但是这样的优化好像是杯水车薪，依然超时   dfs(i+a,cou+1);//if(count!=temp) cout<<i<<' ';    //temp=count; if(add(i+a,n-cou))//与上同理   dfs(i-b,cou+1);   //if(count!=temp) cout<<i<<' ';sum-=i;return;}int main(){ scanf("%d%d%d%d",&n,&result,&a,&b); int top=(result*2/n-(n-1)*-b)/2, bott=(result*2/n-(n-1)*a)/2; cout<<top<<' '<<bott<<endl; for(int i=bott; i<=top; i++){   // cout<<"底数为"<<i<<"      "<<sum<<endl;  dfs(i,1);   // cout<<endl;  } cout<<count<<aaa<<endl; return 0;}

最后才知道是动态的一道题，不过好像还是有点不太懂，之后整理吧。。。


找到了下面的一个代码：（找了好长时间才找到这么一个100%AC的，但是好像还是有点不太懂）
http://blog.csdn.net/quzhongrensan511/article/details/23156363

原题可化为nx+(n-1)p(1)+(n-2)p(2)+…+p(n)=s，其中n为数列长度，x为初值，p(i)={a,-b}。本题的目标是给出不同的p序列，使得等式成立并且x为整数。自然而然可以想到枚举的方法，给出不同的序列，令t=s-Σi*p(n-i)，若t%n==0则是一种可取的方案。直接枚举肯定会超时，所以需要进一步考虑。注意到，a和b的总数为n(n-1)/2个（所有p前系数的和），所以我们只需要枚举a的个数，将t修改为t=s-ca-(n(n-1)/2-c)b，c为枚举数，0<=c<=n(n-1)/2。

当然满足条件的c的个数并不是我们想要的，因为给定一个c，存在多种组合方式。但是可以发现，每个c都是由1~n-1中若干元素组成的。于是问题转化为求容量为c的01背包的方案数。对于本题，可以写为：（f[i][j]为前i个物体构成j体积的方案数，第i个物体的体积为i）

f[i][j]=f[i-1][j],  i>j

         f[i-1][j]+f[i-1][j-i],  j>=i

注意到递推式只和前一状态有关，故可以使用滚动数组；根据定义，可以预先算出每一个f[n][i]，避免重复计算；前i个货物最多只能达到i*(i+1)/2的体积，所以大于这个数值的部分没有必要计算。具体的请看代码，其实就这么几行。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#define MAXN 1100#define MOD 100000007using namespace std;int F[2][MAXN*MAXN];int e = 0;long long n,s,a,b;int cnt = 0;void calc(int elem){    int i,j;    memset(F,0,sizeof(F));    F[e][0]=1;    for(i=1;i<n;i++)    {        e=1-e;        for(j=0;j<=i*(i+1)/2;j++)        {            if(i>j)                F[e][j]=F[1-e][j];            else                F[e][j]=(F[1-e][j]+F[1-e][j-i])%MOD;        }    }}int main(){    scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&s,&a,&b);    long long i,t;    calc(n*(n-1)/2);    for(i=0; i<=n*(n-1)/2; i++)    {        t = s - i*a + (n*(n-1)/2-i)*b;        if(t%n==0)           cnt = (cnt+F[e][i])%MOD;    }    printf("%d",cnt);    return 0;}