NOIP2012普及组T3 摆花
【题目大意】
用 n 种花摆共 m 盆花，每盆仅能摆一种花，不分每种花、每盆花的顺序，第 i 种花可以不摆，最多摆 \(a_i\) 盆，求方案数。
【输入格式】
共 2 行。第一行包含两个正整数 n 和 m，中间用一个空格隔开。第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 \(a_1\)、\(a_2\)、……\(a_n\) 。
【输出格式】
一个整数，方案数对1000007取模的结果。
【数据范围】
对于10%的数据， \(0<n, m≤50，0≤a_i≤50\)
对于30％的数据， \(0<n, m≤100，0≤a_i≤100\)
对于60％的数据，\(0<n, m≤2333，0≤a_i≤2333\)
对于100％的数据，\(0<n, m≤8848，0≤a_i≤8848\)
〇、网上说法的一些问题
加了一些特别大的数据是因为网上大部分做法都是\(O(nm^2)\)，没法对付n, m上千的情况。本题有时间\(O(nm)\)，空间\(O(n+2m)\)的做法。
网上说\(O(nm^2)\)是背包的，是因为
对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系（分组、依赖等）的背包问题，除了再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外，还可以得到装满背包或将背包装至某一指定容量的方案总数。
对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的 max 改成 sum 即可。——《背包九讲》
不过，严格来说这不能算是背包，叫递推可能好点儿，因为动态规划专指解决最优化问题（求最大\小\快\慢）。当然分析时以及递推式与背包很像。
一、10％，时间\(O(n^2m^2)\)，空间\(O(nm)\)
最初想的时候把状态搞复杂了……用\(f_{i,j}\)表示用前 i 种花摆前 j 盆时用第 i 种花摆第 j 盆，则可得递推式
也就是用前0~i-1种花摆j-\(a_i\)盆时用第i-1种花摆第j-\(a_i\)盆（则第 i 种花摆\(a_i\)盆）的方案数，加上用前0~i-1种花摆j-\(a_i\)+1盆时用第i-1种花摆第j-\(a_i\)+1盆（第 i 种花摆\(a_i\)-1盆）的方案数，一直到用前0~i-1种花摆j-1盆时用第i-1种花摆第j-1盆的方案数。
另外，在上面的递推式中，如果j<\(a_i\)，递推式变为
边界条件，\(f_{0,0}\)=1，结果是\(f_{i,j}=\sum_{i=1}^nf_{i,m}\)
f[0][0] = 1;
for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = 1; j <= m; j++)
for (k = 0; k < i; k++)
for (l = max(0, j - a[i]); l < j; l++)
(f[i][j] += f[k][l]) %= mod;
for (i = 1; i <= n; i++)
(ans += f[i][m]) %= mod;
虽说这方法很low但是我最早是通过这个方法推出O(nm)的方法的嗯。
二、30％，时间\(O(nm^2)\)，空间\(O(nm)\)
如果\(f_{i,j}\)只是表示用前 i 种花摆前 j 盆（不一定要用第 i 种花），递推式便缩减成
也就是（当第 i 种花摆\(a_i\)盆时）用前i-1种花摆j-\(a_i\)盆的方案数，加上（当第 i 种花摆\(a_i\)-1盆时）用前i-1种花摆j-\(a_i\)+1盆的方案数，一直到（当第 i 种花只摆1盆时）用前i-1种花摆j-1盆的方案数。
边界变为\(f_{i,0}\)=1，结果是\(f_{i,j}\)。
for (i = 0; i <= n; i++)
f[i][0] = 1;
for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = 1; j <= m; j++)
for (k = max(0, j - a[i]); k < j; k++)
(f[i][j] += f[i - 1][k]) %= mod;
ans = f[n][m];
三、60％，时间\(O(nm)\)，空间\(O(nm)\)
推出这种方法的思路，一种是\(O(n^2m^2)\)的方法加二维前缀和。
将一维的前缀和推广到二维情况，用\(sum_{x,y}\)表示\(\sum_{i=0}^x\sum_{j=0}^yf_{i,j}\)，如求\(f_{1,2}\)到\(f_{4,5}\)的和（蓝色区域）。
很明显，蓝色部分的和=图中整个区域-橙色区域-绿色区域+屎黄色区域=\(sum_{4,5}-sum_{4,1}-sum_{0,5}+sum_{0,1}\)。
不过这题的前缀和倒简单一点。当j<\(a_i\)时，$$f_{i,j}=\sum_{k=0}{i-1}\sum_{l=0}f_{k,l}=sum_{i-1,j-1}$$
而当j≥\(a_i\)时
也就是\(f_{i,j}\)等于整个蓝色区域减去浅蓝色区域（不要在意为什么图片的字体不同）。
还有一点是更新sum数组。
如图，\(sum_{6,5}=sum_{4,6}+sum{5,5}-sum_{4,5}+f_{6,5}\)。\(sum_{6,5}\)等于\(f_{6,5}\)和\(f_{6,5}\)的左方和上方的所有数之和。用前缀和的思想，\(f_{6,5}\)的左方和上方的所有数一部分是\(sum_{4,6}\)，另一部分是\(sum{5,5}\)，而重叠的部分是\(sum_{4,5}\)。
所以$$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+f_{i,j}$$
当j<\(a_i\)时，$$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+sum_{i-1,j-1}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}$$
当j≥\(a_i\)时，$$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+sum_{i-1,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}$$
这样就可以吃掉 f 数组了。
由于是从\(O(n^2m^2)\)的方法推出来，所以\(sum_{0,0}=f_{0,0}=1\)，由于是前缀和，同理要把\(sum_{i,0}\)与\(sum_{0,i}\)都清成1。
sum[0][0] = 1;
for (i = 1; i <= n; i++)
sum[i][0] = 1;
for (i = 1; i <= m; i++)
sum[0][i] = 1;
for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = 1; j <= m; j++)
if (a[i] <= j)
sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1]) % mod;
else
sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - a[i] - 1] + mod) % mod;
ans = (sum[n][m] - sum[n][m - 1] + mod) % mod;
绕了一大圈，我倒发现这个递推式本不用这么复杂的推导。用\(sum_{i,j}\)表示用前 i 种花摆前0~j盆花（不摆花+只摆第1盆花+摆前2盆花+...+摆前j盆花）的方案数。不用第 i 种花摆第 j 盆的方案数为\(sum_{i-1,j}\)。用第 i 种花摆第 j 盆的方案数为\(sum_{i, j-1}\)，但当j≥\(a_i\)时，还要减去用前 i-1 种花摆前0~j-\(a_i\)-1盆花的方案数（因为前提是用第 i 种花摆第 j 盆，当用前 i-1 种花摆前 j-\(a_i\)-1盆花时，就要摆第 i 种花\(a_i\)+1盆；当用前 i-1 种花摆前 j-\(a_i\)-2盆花时，就要摆第 i 种花\(a_i\)+2盆，以此类推）。
四、100％，时间\(O(nm)\)，空间\(O(n+2m)\)
呼我为什么要把那种复杂的分析方法写上……
在这个数据范围下时间复杂度是可以承受的，但空间炸了。可以注意到无论是\(sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}\)还是\(sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}\)的 i 那层只有 i 和 i-1两种情况，所以用滚动数组可以解决空间问题。
sum[0][0] = sum[1][0] = 1;
for (i = 1; i <= m; i++)
sum[0][i] = 1;
bool t;
for (i = 1, t = 1; i <= n; i++, t = !t)
for (j = 1; j <= m; j++)
if (j <= a[i])
sum[t][j] = (sum[t][j - 1] + sum[!t][j]) % mod;
else
sum[t][j] = (sum[t][j - 1] + sum[!t][j] - sum[!t][j - a[i] - 1] + mod) % mod;
写完后我联系到01背包的空间优化方法本以为有一维数组的做法，但思虑再三发现不行。
在01背包的空间优化中，求灰色格的值需要用到的两个值都在灰色格的左边和上边。
但是在本题中，根据递推式，上图中无论是从左往右走还是从右往左走都会有后效性。
