HDU 5800 To My Girlfriend

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题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5800

题意:

就是给你 n个数 其中（序号i,j）是必选的,(序号k,l)是必不选的.使得其中的子集在n个数中的总权值为m.
例如样例
f(1,2,3,4)=1 f(2,1,3,4)=1 f(1,3,2,4)=1 f(3,1,2,4)=1
f(1,2,4,3)=1 f(2,1,4,3)=1 f(1,3,4,2)=1 f(3,1,4,2)=1 所以答案为8.

个人感想:
看了一下题目,我基本没什么思路,然后喵了一下题解,说是dp,然后我想了一个晚上..我觉得自己真是弱鸡,还是没怎么想到,看了网上题解,可以推出朴素的O(n^3)算法,我尼玛我一点感觉也没,我都不知道怎么推出朴素了..我反而悟出了这道题的前2维的计数,但是我就想不到怎么把必选和不选的排掉.很烦躁.
然后还是看了一下转载了.但是我就想不通最后两维,好艰难啊.
今天早上还是琢磨了一下,我才把它弄懂.

se->select.
dp[i][j][se][nse] 代表 前i个数,和为j,有se个数必选,有nse个必不选的方案数.
是不是很凌乱.我们一步步来,先想前2维.我到不知道为什么别人数是个背包,千万别和背包混一起,我感觉会走弯路,不过确实也类似了.

我的开始是这样想的.
首先 dp[i][j].前i个数和为j,对于当前这个数,如果选择了,就得+dp[i-1][j-a[i]],这时如果不选,+dp[i-1][j].这个先想明白.
然后再想到第3维（第4维也是类似).
dp[i][j][1]+=dp[i-1][j][1] ,首先前[i-1]个数和为j的方案数,而且其中有1个是必选了,但没有选a[i].
dp[i][j][1]+=dp[i-1][j-a[i]][1],首先前[i-1]个数和为j的方案数,而且其中有1个是必选了,,但选了a[i].a[i],不是必选的.
dp[i][j][1]+=dp[i-1][j-a[i]][0],首先前[i-1]个数和为j的方案数,而且其中有1个是必选了,,选了a[i].a[i]是必选的.
这样理解应该懂了吧,其中1维也是这样的思想..这就推出来了几种必选和必不选的方案数了.

分析: 计数dp.
代码：

/* Author:GavinjouElephant * Title: * Number: * main meanning： * * * *///#define OUT#include <iostream>using namespace std;#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstring>#include <algorithm>#include <sstream>#include <cctype>#include <vector>#include <set>#include <cstdlib>#include <map>#include <queue>//#include<initializer_list>//#include <windows.h>//#include <fstream>//#include <conio.h>#define MaxN 0x7fffffff#define MinN -0x7fffffff#define Clear(x) memset(x,0,sizeof(x))typedef int ll;const int INF=0x3f3f3f3f;int T;int n,s;const ll mod=1e9+7;ll a[1005];ll dp[1005][1005][3][3];int gmul(int a,int n){    int res=0;    while(n)    {        if(n&1){res=(res+a)%mod;}        a=(a+a)%mod;        n>>=1;    }    return res%mod;}int main(){#ifdef OUT    freopen("coco.txt","r",stdin);    freopen("lala.txt","w",stdout);#endif    scanf("%d",&T);    while(T--)    {       memset(dp,0,sizeof(dp));       scanf("%d%d",&n,&s);       for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);       dp[0][0][0][0]=1;       for(int i=1;i<=n;i++)       {           for(int j=0;j<=s;j++)           {              for(int se=0;se<=2;se++)              {                  for(int nse=0;nse<=2;nse++)                  {                      dp[i][j][se][nse]=(dp[i][j][se][nse]+dp[i-1][j][se][nse])%mod;                      if(j>=a[i])                      {                          dp[i][j][se][nse]=(dp[i][j][se][nse]+dp[i-1][j-a[i]][se][nse])%mod;                          if(se)                          {                              dp[i][j][se][nse]=(dp[i][j][se][nse]+dp[i-1][j-a[i]][se-1][nse])%mod;                          }                      }                      if(nse)                      {                          dp[i][j][se][nse]=(dp[i][j][se][nse]+dp[i-1][j][se][nse-1])%mod;                      }                  }              }           }       }       long long ans=0;       for(int j=1;j<=s;j++)       {           ans=(ans+(long long)dp[n][j][2][2])%mod;       }       printf("%d\n",gmul(ans,4));    }    return 0;}