POJ 3046 Ant Counting ( 多重集组合数 && 经典DP )
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); } ; }
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