题意 : 有 n 种蚂蚁,第 i 种蚂蚁有ai个,一共有 A 个蚂蚁。不同类别的蚂蚁可以相互区分,但同种类别的蚂蚁不能相互区别。从这些蚂蚁中分别取出S,S+1...B个,一共有多少种取法。

分析 : 

实际就是要解决 => 从 n 种物品中取出 m 个有多少种取法 ( 同种无法区分 )

计数问题的 DP 定义必须保证不重复计数

这里定义 dp[i+1][j] => 从前 i 种物品中取出 j 个的组合数

根据定义为了从前 i 种物品中取出 j 个,可以从前 i-1 中取出 j-k 个并从 i 种中取出 k 个

即 dp[i+1][j] = ∑dp[i][j-k] 【 0 ≤ k ≤ min(j, ant[i]) 】

但是这个递推式的求和太耗时间,实际可以优化,考虑两种情况 j ≤ ant[i] 和 j > ant[i]

① j ≤ ant[i] ( 即 j-1 < ant[i] )

此时 ∑ 的上界 min( j, ant[i] ) = j ,将式子展开有 dp[i][0]+dp[i][1]+dp[i][2]...dp[i][j] ( k 从大到小枚举 )

将展开式的 dp[i][j] 取出来那么将得到 ∑dp[i][j-1-k] 【 0 ≤ k ≤ j-1 】( 其实这个就是 dp[i+1][j-1] !!! )

那么最后 dp[i+1][j] = dp[i+1][j-1] + dp[i][j]

② j > ant[i]

此时 ∑ 的上界 min( j, ant[i] ) = ant[i],将式子展开有 dp[i][j-ant[i]]+dp[i][j-ant[i]+1]...dp[i][j]

对比 ① 的结果,很明显如果用 ① 的结果 - dp[i][j-ant[i]-1] 就能得到上面的展开式了!

所以 ② 的情况下,dp[i+1][j] = ( dp[i+1][j-1] + dp[i][j] ) - dp[i][j-ant[i]-1]

#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
;
][];
];
int main(void)
{
    int T, A, S, B;
    while(~scanf("%d %d %d %d", &T, &A, &S, &B)){

        memset(num, , sizeof(num));
        ; i<=A; i++)
            scanf("%d", &temp),
            num[temp-]++;

        ; i<=T; i++)
            dp[i][] = ;

        ; i<T; i++){
            ; j<=B; j++){
                 - num[i] >= )
                    dp[i+][j] = (dp[i+][j-] + dp[i][j] - dp[i][j--num[i]] + mod)%mod;
                else
                    dp[i+][j] = (dp[i+][j-] + dp[i][j])%mod;
            }
        }

        ;
        for(int i=S; i<=B; i++)
            ans = (ans + dp[T][i])%mod;
        printf("%d\n", ans);
    }
    ;
}

其实 DP 的阶段 ( 数组第一维 ) 只跟前一个有关系,故用滚动数组优化

#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
;
][];
];
int main(void)
{
    int T, A, S, B;
    while(~scanf("%d %d %d %d", &T, &A, &S, &B)){

        memset(num, , sizeof(num));
        ; i<=A; i++)
            scanf("%d", &temp),
            num[temp-]++;

        ;
        dp[idx][] = dp[idx^][] = ;
        ; i<T; i++,idx^=){
            ; j<=B; j++){
                 - num[i] >= )
                    dp[idx^][j] = (dp[idx^][j-] + dp[idx][j] - dp[idx][j--num[i]] + mod)%mod;
                else
                    dp[idx^][j] = (dp[idx^][j-] + dp[idx][j])%mod;
            }
        }

        ;
        for(int i=S; i<=B; i++)
            ans = (ans + dp[idx][i])%mod;
        printf("%d\n", ans);
    }
    ;
}

POJ 3046 Ant Counting ( 多重集组合数 && 经典DP )的更多相关文章

  1. poj 3046 Ant Counting(多重集组合数)

    Ant Counting Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 131072/65536K (Java/Other) Total ...

  2. poj 3046 Ant Counting

    Ant Counting Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 4982   Accepted: 1896 Desc ...

  3. poj3046 Ant Counting——多重集组合数

    题目:http://poj.org/problem?id=3046 就是多重集组合数(分组背包优化): 从式子角度考虑:(干脆看这篇博客) https://blog.csdn.net/viphong/ ...

  4. poj 3046 Ant Counting (DP多重背包变形)

    题目:http://poj.org/problem?id=3046 思路: dp [i] [j] :=前i种 构成个数为j的方法数. #include <cstdio> #include ...

  5. POJ 3046 Ant Counting DP

    大致题意:给你a个数字,这些数字范围是1到t,每种数字最多100个,求问你这些a个数字进行组合(不包含重复),长度为s到b的集合一共有多少个. 思路:d[i][j]——前i种数字组成长度为j的集合有多 ...

  6. poj 3046 Ant Counting——多重集合的背包

    题目:http://poj.org/problem?id=3046 多重集合的背包问题. 1.式子:考虑dp[ i ][ j ]能从dp[ i-1 ][ k ](max(0 , j - c[ i ] ...

  7. POJ 3046 Ant Counting(递推,和号优化)

    计数类的问题,要求不重复,把每种物品单独考虑. 将和号递推可以把转移优化O(1). f[i = 第i种物品][j = 总数量为j] = 方案数 f[i][j] = sigma{f[i-1][j-k], ...

  8. POJ 1160:Post Office 邮局经典DP

    Post Office Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 17168   Accepted: 9270 Desc ...

  9. 多重集组合数 简单dp

    #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; +; +; +; ; int n,m,M; int a[m ...

随机推荐

  1. 网络通讯数据.传输json(java<==>C#)

    ZC:主要是测试解决 时间转成JSON不一样的问题 ZC:java中转换时间格式的关键是“JSONUtils.getMorpherRegistry().registerMorpher(new Date ...

  2. Java类加载器总结网址

    http://blog.csdn.net/gjanyanlig/article/details/6818655

  3. linux rz上传-sz下载

    yum install lrzsz -y rz     上传文件    不能传目录 如果要传目录需要打包成文件再上传 需要往哪里传东西,先进入哪个目录 rz -y   上传覆盖 sz -y 文件名  ...

  4. SVN服务器和客户端使用教程总结

    一.SVN简介 Subversion是什么? 它是一个自由/开源的版本控制系统,一组文件存放在中心版本库,记录每一次文件和目录的修改,Subversion允许把数据恢复到早期版本,或是检查数据修改的历 ...

  5. Miller-Robin 素数测试法 模板

    测试单个素数,出错概率比计算机本身出错的概率还要低 算法是基于费马小定理(format),二次探测定理(x*x % p == 1 ,若P为素数,则x的解只能是x = 1或者x = p - 1)加上迭代 ...

  6. Apache 强制SSL访问

    RewriteEngine On RewriteCond %{HTTPS} off RewriteRule ^(.*)$ https://%{HTTP_HOST}%{REQUEST_URI} [L,R ...

  7. Spark-Core RDD中函数(变量)传递

    我们进行 Spark 进行编程的时候,初始化工作是在driver端完成的,而实际的运行程序是在executor端进行,所以就涉及到了进程间的通讯,数据是需要序列化的 1.传递函数 import org ...

  8. 正斜杠"/"与反斜杠"\"

    刚开始做前端,发现前端路径都用正斜杠"/"与Windows下路径定义完全不同 查了一下资料总结如下: Windows 用反斜杠(“\”)的历史来自 DOS,而 DOS 的另一个传统 ...

  9. [CQOI2012]模拟工厂 题解(搜索+贪心)

    [CQOI2012]模拟工厂 题解(搜索+贪心) 标签:题解 阅读体验:https://zybuluo.com/Junlier/note/1327574 链接题目地址:洛谷P3161 BZOJ P26 ...

  10. python3 pycurl 出现 TypeError: string argument expected, got 'bytes' 解决方案

    用pycurl请求指定链接并返回结果时出现 TypeError: string argument expected, got 'bytes'  错误 经过排查问题出现在使用StringIO的write ...