背包DP【bzoj2287】: 【POJ Challenge】消失之物

2287: 【POJ Challenge】消失之物

Description

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。

Input

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。

Output

一个 N × M 的矩阵， Count(i, x)的末位数字。

暴力背包？不存在的。

看数据要\(n^2\)做。

首先应该处理出在n个物品的范围内装满某个体积的方案数。

转移：

\[(f[j]+=f[j-w[i]])％=mod; \]

再设\(count[i][j]\)表示不选第i个物品，装j体积的方案数。

分情况讨论：

​

\[if(!j)count(i)(j)=1; \]

\[if(j<=w[i])count(i)(j)=f(j) \]

\[if(j>w[i])count(i)(j)=f(j)-count(i)(j-w[i]) \]

第三个方程是在当前体积大于w[i]的时候，不装i的方案数。

转移思路就是不选i物品的方案数=全集-选i物品的方案数。

\(count(i)(j-w[i])\)比较难理解，意思是在不选i的前提下装了\(j-w(i)\)的体积，然后选择i这个物品凑够j的体积。

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int wx=2017;
inline int read(){
	int sum=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=(sum<<1)+(sum<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return sum*f;
}
int n,m;
int f[wx],w[wx];
int c[wx][wx];
int main(){
	n=read();m=read();
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=m;j>=w[i];j--){
			(f[j]+=f[j-w[i]])%=10;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=m;j++){
			if(!j)c[i][j]=1;
			else if(j<w[i]){
				c[i][j]=(f[j]+10)%10;printf("%d",c[i][j]);
			}
			else {
				c[i][j]=(f[j]-c[i][j-w[i]]+10)%10;printf("%d",c[i][j]);
			}
		}puts("");
	}
	return 0;
}