题解：P2409 Y的积木

现存的题解似乎没有用 dp 做的，来补一发。

Solution P2409

Idea

我们设 $dp_{i,j}$ 为现在考虑到了第 $i$ 盒积木，总重量为 $j$ 的方案数。

那么很显然有 $dp_{i,j}=dp_{i-1,j-a_{i,k}}+a_{i,k}$，其中 $k$ 表示这一盒积木中的第几块，$a_{i,k}$ 表示第 $i$ 盒第 $k$ 块积木的重量。

最后统计答案的时候，从小到大枚举，对于每一个可行方案让计数器加一，然后判断是否比 $k$ 大即可。如果这一段比较抽象，文末会放统计答案的代码。

这样转移的代码就长这样：

dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=1;j<=m[i];j++){
    	for(int k=a[i][j];k<=maxw;k++){
        	dp[i][k]=dp[i][k]+dp[i-1][k-a[i][j]];
        }
    }
}

但是它会 WA 掉最后一组 hack 数据。

我们考虑一下，当 $n=100$ 且全部 $m_i=100$ 时，若所有重量全部相同，则会出现方案数过多而爆 long long 的情况。

那么我们想，最多会有 $k$ 个答案，那么我们只需要把 $dp_{i,j}$ 保存到最大值为 $k$，就可以满足所有情况了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105,maxw=10000;
int n,m[N],a[N][N],kk;
int dp[N][N*N];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&kk);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&m[i]);
		for(int j=1;j<=m[i];j++){
			scanf("%d",&a[i][j]);
		}
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m[i];j++){
			for(int k=a[i][j];k<=maxw;k++){
				dp[i][k]=min(kk,dp[i][k]+dp[i-1][k-a[i][j]]);//最核心的部分：保存到最大值为 k（代码中为 kk）。
			}
		}
	}
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<=maxw;i++){
		for(int j=1;j<=dp[n][i];j++){
			cnt++;
			printf("%d ",i);
			if(cnt==kk)return 0;
		}
	}
	return 0;
}

Time

显然转移是 $\operatorname{O}(n\times m\times w)$ 的（其中 $w$ 为最大重量）。最大重量显然是 $n\times a_i$ 的最大值，这个值是 $10000$。

所以不会超时，但是复杂度也很高。