P1077 [NOIP 2012 普及组] 摆花

题目大意

小明要在花店门口摆放 m 盆花，共有 n 种不同的花，第 i 种花最多摆放 a[i] 盆。要求：

1. 同一种花必须摆放在一起；

2. 不同种类的花必须按编号顺序摆放（即编号小的花在前，编号大的花在后）。

求所有可能的摆花方案数，结果对 1e6 + 7 取模。

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解题思路

本题属于动态规划（DP）中的多重背包问题，我们可以用 dp[j] 表示摆放 j 盆花的方案数。

状态定义

• dp[j]：当前已经考虑了前 i 种花，摆放 j 盆花的方案数。

状态转移

1. 初始化：

   • dp[0] = 1，表示摆放 0 盆花只有 1 种方案（什么都不摆）。

2. 遍历每种花 i：

   • 从后往前遍历 j（防止重复计算）。

   • 对于每种花 i，可以摆放 k 盆（1 ≤ k ≤ min(j, a[i])）。

   • 更新 dp[j]：

     • dp[j] += dp[j - k]（即当前摆放 k 盆花，剩余 j - k 盆由前 i-1 种花摆放）。

最终答案

• dp[m] 即为摆放 m 盆花的所有方案数。

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代码解析

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e2 + 10, mod = 1e6 + 7;
int n, m, a[N];
int dp[N]; // dp[j] 表示摆放 j 盆花的方案数

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    
    dp[0] = 1; // 初始化：0 盆花只有 1 种方案（不摆）
    
    for(int i = 1; i <= n; i++) // 遍历每种花
        for(int j = m; j >= 0; j--) // 从后往前遍历，防止重复计算
            for(int k = 1; k <= min(j, a[i]); k++) // 当前花可以摆 k 盆
                dp[j] = (dp[j] + dp[j - k]) % mod; // 状态转移
    
    cout << dp[m]; // 输出摆放 m 盆花的方案数
    return 0;
}

关键点

1. dp[0] = 1：

   • 表示不摆放任何花也是一种方案。

2. 倒序遍历 j：

   • 避免重复计算（类似背包问题的优化）。

3. k 的限制：

   • k ≤ min(j, a[i]) 保证不超过剩余花盆数和该种花的限制。

4. 取模运算：

   • 由于方案数可能很大，每次更新 dp[j] 时都要取模 1e6 + 7。

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复杂度分析

• 时间复杂度：O(n × m × max(a[i]))，本题数据范围 n, m ≤ 100，完全可接受。

• 空间复杂度：O(m)，仅用一维数组优化。

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总结

本题是经典的多重背包问题，通过动态规划递推求解，关键点在于：

1. 状态定义：dp[j] 表示摆放 j 盆花的方案数。

2. 状态转移：考虑每种花摆放 k 盆的情况。

3. 优化：倒序遍历 j 避免重复计算。

适用于动态规划入门练习，也可作为背包问题的变种加深理解。