P4141 消失之物

原题链接：P4141 消失之物 - 洛谷

一道好题，这题的难点在于如何处理不选 \(i\) 物品。

一种思想是我对原序列做正反两次 01 背包，通过 \(f_{i - 1,k}\) 和 \(g_{i + 1,j - k}\) 把 \(i\) 给跳过去，那么有 \(cnt(i,j)= \sum_{k = 0}^{j} f_{i - 1,k} \times g_{i + 1,j - k}\)，显然，这样是时间复杂度是 \(\operatorname O(nm^2)\)，我们无法接受。

正着求不好求，那我们尝试反着求。我们先算出 \(f_{n,m}\)，然后设 \(g_{i,j}\) 为从 \(1\sim n\) 里面选，在不选择 \(i\) 的情况下体积恰好为 \(j\) 的方案数量。我们可以用 \(i\) 的选与不选来拆开 \(f_{n,j}\)。

可以发现如果我们选 \(i\) 的话，那么方案数量有 \(g_{i, j - w_i}\) 个（我们把 的体积去掉，在不选 的情况下就等于选 ），如果不选 的话，方案数量就有 \(g_{i,j}\) 个。那么就有 \(f_{n,m} = g_{i, j - w_i} + g_{i, j}\)，那么就有 \(g_{i, j} = f_{n, j} - g_{i, j - w_i}\)（即 \(不选 i 的方案数 = 总方案数 - 选的i的方案数\)），特别的如果 \(j < w_i\) 的话，那么 \(g_{i,j} = f_{n,j}\)（因为压根装不了 \(i\)）。这样我们就得到了 \(g_{i,j}\) 的转移方程式，易知初始化为 \(g_{i,0} = 1\)。因为只涉及两维，所以时间复杂度为 \(\operatorname O(nm)\)，可以通过。

那么这题轻松加愉快的就结束了。可以看出，我们还是需要大胆地去设状态，创新地分类。通过已有量简化转移。或者说，找清本质，分析问题的来源，然后推导。这确实是一道好题。

代码为：

/*
大胆设，敢设，找齐不全，得到全面
*/

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 2010;

int f[N], g[N]; 
int v[N];
int n, m;

int main()
{
    cin >> n >> m;
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i];
    
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = m; j >= v[i]; j -- )
            f[j] = (f[j] + f[j - v[i]]) % 10;
     
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        memset(g, 0, sizeof g);
        g[0] = 1;
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
        {
            if (j >= v[i]) g[j] = ((f[j] - g[j - v[i]]) % 10 + 10) % 10;
            else g[j] = f[j] % 10;
            cout << g[j];
        }
        puts("");
    }
    
    return 0;
}