消失之物，分治

ftiasch 有 N 个物品, 体积分别是 W1, W2, ..., WN。 由于她的疏忽, 第 i 个物品丢失了。 “要使用剩下的 N - 1 物品装满容积为 x 的背包，有几种方法呢？” -- 这是经典的问题了。她把答案记为 Count(i, x) ，想要得到所有1 <= i <= N, 1 <= x <= M的 Count(i, x) 表格。

View Code

输入格式

第1行：两个整数 N (1 ≤ N ≤ 2 × 103) 和 M (1 ≤ M ≤ 2 × 103)，物品的数量和最大的容积。

第2行： N 个整数 W1, W2, ..., WN, 物品的体积。

输出格式

一个 N × M 的矩阵， Count(i, x)的末位数字

 

样例

样例输入

3 2
1 1 2

样例输出

11
11
21

。。。我也不知道我是怎么想到的，只记得一开始我打了个O（n²mlogn）的代码交上后比暴力还慢。。。。

由此想到：合并背包的复杂度为n²，所以与其合并背包还不如一个一个地添加元素，由此可以想到：我们

考虑每个物品对复杂度的贡献,期望为mlogn，那么是不是可以用分治？so：假如我们有一棵线段树，在

线段树的每一层对每一个物品跑背包，保证每个物品的贡献，so：我们还是考虑线段树：在线段树的

每一个结点开一个背包，怎么用呢？考虑每个物品对答案的贡献，对线段树的没个非叶子节点：

假设某个节点控制范围为l到r，则mid=l+r>>1;（废话）那么（l，mid）范围内所有的点会对（mid+1，r）

的答案作出贡献，所以把（l，mid）内每个物品单独取出，加入到rc的背包中，并且在考虑以rc为根的子树时

把rc的背包下传以传递贡献，下传时直接memcpy即可;在叶子节点统计答案，直接输出

#include <bits/stdc++.h>
#define N 2003
#define reg register
using namespace std;
int n, m;
int w[N];
int pos[N];
int f[N << 2][N];
void ask(const int g, const int l, const int r) {
    if (l == r) {
        pos[l] = g;
        return;
    }
    const int mid = l + r >> 1, lc = g << 1, rc = g << 1 | 1;
    f[lc][0] = f[rc][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) f[lc][i] = f[rc][i] = f[g][i];
    for (reg int i = mid + 1; i <= r; ++i) {
        for (reg int j = m; j >= w[i]; --j) {
            f[lc][j] += f[lc][j - w[i]];
            f[lc][j] = f[lc][j] >= 10 ? f[lc][j] - 10 : f[lc][j];
        }
    }
    for (reg int i = l; i <= mid; ++i) {
        for (reg int j = m; j >= w[i]; --j) {
            f[rc][j] += f[rc][j - w[i]];
            f[rc][j] = f[rc][j] >= 10 ? f[rc][j] - 10 : f[rc][j];
        }
    }
    ask(lc, l, mid);
    ask(rc, mid + 1, r);
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (reg int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &w[i]);
    ask(1, 1, n);
    for (reg int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (reg int j = 1; j <= m; ++j) putchar(f[pos[i]][j] + 48);
        puts("");
    }
}

优化：

1.其实不必在所有节点开背包，在每层开一个即可;

2.到达叶子节点可直接输出答案，不必最后统计输出;