【bzoj2023/1630】[Usaco2005 Nov]Ant Counting 数蚂蚁 dp

题目描述

有一天，贝茜无聊地坐在蚂蚁洞前看蚂蚁们进进出出地搬运食物．很快贝茜发现有些蚂蚁长得几乎一模一样，于是她认为那些蚂蚁是兄弟，也就是说它们是同一个家族里的成员．她也发现整个蚂蚁群里有时只有一只出来觅食，有时是几只，有时干脆整个蚁群一起出来．这样一来，蚂蚁们出行觅食时的组队方案就有很多种．作为一头有数学头脑的奶牛，贝茜注意到整个蚂蚁群由T(1≤T≤1000)个家族组成，她将这些家族按1到T依次编号．编号为i的家族里有Ni(1≤Ni≤100)只蚂蚁．同一个家族里的蚂蚁可以认为是完全相同的．

如果一共有S，S+1…．，B(1≤S≤B≤A)只蚂蚁一起出去觅食，它们一共能组成多少种不同的队伍呢？注意：只要两支队伍中所包含某个家族的蚂蚁数不同，我们就认为这两支队伍不同．由于贝茜无法分辨出同一家族的蚂蚁，所以当两支队伍中所包含的所有家族的蚂蚁数都相同时，即使有某个家族换了几只蚂蚁出来，贝茜也会因为看不出不同而把它们认为是同一支队伍．    比如说，有个由3个家族组成的蚂蚁群里一共有5只蚂蚁，它们所属的家族分别为1，1，2，2，3．于是出去觅食时它们有以下几种组队方案：

·1只蚂蚁出去有三种组合：(1)(2)(3)

·2只蚂蚁出去有五种组合：(1，1)(1，2)(1，3)(2，2)(2，3)

·3只蚂蚁出去有五种组合：(1，1，2)(1，1，3)(1，2，2)(1，2，3)(2，2，3)

·4只蚂蚁出去有三种组合：(1，2，2，3)(1，1，2，2)(1，1，2，3)

·5只蚂蚁出去有一种组合：(1，1，2，2，3)

你的任务就是根据给出的数据，计算蚂蚁们组队方案的总数．

输入

第1行：4个用空格隔开的整数T，A，S，B.

第2到A+1行：每行是一个正整数，为某只蚂蚁所在的家族的编号．

输出

输出一个整数，表示当S到B（包括S和B）只蚂蚁出去觅食时，不同的组队方案数．

注意：组合是无序的，也就是说组合1，2和组合2，1是同一种组队方式．最后的答案可能很大，你只需要输出答案的最后6位数字．注意不要输出前导0以及多余的空格．

样例输入

3 5 2 3

1

2

2

1

3

样例输出

10

---

题解

dp

先不考虑TLE和MLE的问题。

设f[i][j]为前i种蚂蚁选择j只的方案数。

那么有状态转移方程：f[i][j]=∑f[i-1][j-c](0≤c≤min(j,num[i]))，

也即f[i][j]=∑f[i-1][k](j-min(j,num[i])≤k≤j)，

然后取摸即可。

然后发现这个时间复杂度是均摊O(a^2)的，会TLE。

于是想优化。

考虑到f[i-1][k]是一段连续的区间，可以使用前缀和优化。

就有f[i][j]=sum[i-1][j]-sum[i-1][j-min(j,num[i])-1]。

（为了防止越界特判，我将f的第二维加了1，于是改为f[i][j]=sum[i-1][j-1+1]-sum[i-1][j-1-min(j-1,num[i])-1+1]，整理后见代码）

这样时间复杂度被压缩到了O(t*a)（实际上极限情况应该不能过，但测试结果是水过）。

最后就是空间的问题，使用滚动数组就好了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MOD 1000000
using namespace std;
int f[2][100010] , sum[2][100010] , num[1010];
int main()
{
    int n , m , l , r , i , j , x , ans = 0;
    scanf("%d%d%d%d" , &n , &m , &l , &r);
    for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
        scanf("%d" , &x) , num[x] ++ ;
    f[0][1] = 1;
    for(i = 1 ; i <= m + 1 ; i ++ )
        sum[0][i] = 1;
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
    {
        for(j = 1 ; j <= m + 1 ; j ++ )//k->[1,min(j-1,num[i])],j-k+1->[j-min(j-1,num[i])+1,j]
        {
            f[i & 1][j] = (sum[~i & 1][j] - sum[~i & 1][j - 1 - min(j - 1 , num[i])] + MOD) % MOD;
            sum[i & 1][j] = sum[i & 1][j - 1] + f[i & 1][j];
        }
    }
    for(i = l + 1 ; i <= r + 1 ; i ++ )
        ans = (ans + f[n & 1][i]) % MOD;
    printf("%d\n" , ans);
    return 0;
}