WUSTOJ 1961 神奇的序列

1961: 神奇的序列

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Description

如果整数序列{a₁,a₂,…,a_n}满足以下条件，则它是一个“一序列”：
1、对于任何的k（1<=k<n），|a_k-a_k+1| =1；
2、a₁＝0。

给定两个整数len和sum，求满足以下条件的“一序列”共有多少个：长度为len，元素的总和等于sum。

Input

包含多组测试数据。每组测试数据包含一个正整数len 和一个整数sum。len <= 500，|sum| <= 100000

Output

每组测试数据输出占一行。

如果不存在这样的数列，输出字符串“NIE”。
否则输出一个正整数ans，表示长度为len，各项总和为sum的“一序列”的种数。由于总数很大， 你只需要输出结果对100000007取模的结果。

Sample Input

6 310 100

Sample Output

3

NIE

解题思路：因为这题是从0开始的，也就是说a1等于0,而且要求后边的没一个数和前边的那个数字相差1，由于0是偶数，那么整个序列的一定是偶数 奇数 偶数 奇数......

先假设两种极端情况，对应的序列是0,1,2,3,4,5,,,,,n-1,第二种是0,-1,-2,-3,,,,,,-（n-1），那么对应的数字之和就是(n)*(n-1)/2和-(n)*(n-1)/2，得到了判断的第一个条件，所给出的sum一定在这两个极端条件之内，所以abs(sum)<E(n-1),刚刚分析过，这个序列一定是偶数 奇数 偶数 奇数......，又因为这两种极端情况也是这样的排序，偶数 奇数 偶数 奇数......

那么也就是说这极端情况和给出的sum一定是保持奇数偶数一致性，也就是说sum和E(n-1)保持同奇或者同偶.也就是说sum-E(n-1)一定是偶数，否则就不存在这样的序列.

判断完了先决条件，现在来分析这道题的具体想法，我们可以看到，这些数列间存在一些规律。假设（0 1 2 3）为初始数列，从最后一个数开始，从后往前每次将一个数减2，一直减到数列中的第2个数，这里就得到了0 -1 0 1，接着再次从最后一个数开始减2，一直减到数列中的第3个数，得到了0 -1 -2 -1，然后得到了0 -1 -2 -3。这几种方案就得到了这几种序列：0 1 2 3,   0 1 2 1,   0 1 0 1，  0 1 0 -1，   0 -1 0 1，   0 -1 0 -1，   0 -1 -2 -1，   0 -1 -2 -3这8种情况，这种方法也可以推广到一般的情况，假设数列中有n个数，且初始数列为（0，1，2……n），每一轮从第n个数开始减起，每次将一个数减二，生成一个新的数列，第I轮要减到数列中的第I+1个数，总共要减n-1轮，这样可以按总和从大到小的顺序产生出所有的数列。

所以现在就亮代码了：

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<stack>#include<queue>#include<vector>#include<map>using namespace std;const int mod = 100000007;int n,m;int ans;int dp[2000005];inline int add( int x)//1+2+...+x{    int tmp = 0;    for( int i = 1; i <= x; i++)        tmp += i;    return tmp;}int main(){    while( ~scanf("%d%d",&n,&m))    {       memset(dp,0,sizeof(dp));       n--;       int sum = add(n)-m;       //0+1+2+...+(n-1) < m的绝对值 或者 sum 为奇数 则不存在这样的序列       if( add(n) < abs(m) || sum&1)            printf("NIE\n");        else        {            dp[0] = 1;            n = n*2;            for( int i = 1; i <= n; i++)            {                for( int j = sum; j >= i; j -= 2)                    dp[j] = (dp[j]+dp[j-i])%mod;            }            printf("%d\n",dp[sum]);        }    }    return 0;}