poj之旅——3046
来源:互联网 发布:视频制作特效软件 编辑:程序博客网 时间:2024/06/05 14:28
题目描述:有A只蚂蚁,来自T个家族。同一个家族的蚂蚁长得一样,但是不同家族的蚂蚁牙齿颜色不同。任取n只蚂蚁(S<=n<=B)。
题解:简单的
定义
dp[i][j] := 使用前i个家族可以配出来“元素个数为j”的集合的个数。
那么dp[0][0] = 1,不使用任何蚂蚁配出空集的个数为1。
递推关系式:
dp[i][j] = ∑0family[i]dp[i – 1][j – k]
滚动数组即可。
有更高追求的可以:、
事实上,这依然不是最优的递推式。在《挑战程序设计竞赛(第2版)》P69给出了一个更加优化的递推式,将
优化为
比较优化前后的项数变化,发现比少了一项dp[i][j],多了一项dp[i][j-1-ai],于是分别加上少的项,减去多的项就得到上面的优化递推式。
参考程序:
#include<cstdio>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#define Mod 1000000using namespace std;int T,A,S,B;int f[2][11000],a[11000];int main(){while (scanf("%d %d %d %d",&T,&A,&S,&B)==4){memset(a,0,sizeof(a)); for (int i=0;i<A;i++){ int tmp; scanf("%d",&tmp); a[tmp]++; } f[0][0]=f[1][0]=1; for (int i=1;i<=T;i++) for (int j=1;j<=B;j++) if (j-1-a[i]>=0) f[i&1][j]=(f[i&1][j-1]+f[1-(i&1)][j]-f[1-(i&1)][j-1-a[i]]+Mod)%Mod; else f[i&1][j]=(f[i&1][j-1]+f[1-(i&1)][j])%Mod; int ans=0; for (int i=S;i<=B;i++) ans+=f[T&1][i],ans%=Mod; printf("%d",ans);}return 0;}
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