一卡通大冒险

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2137    Accepted Submission(s): 1430

Problem Description
因为长期钻研算法, 无暇顾及个人问题,BUAA ACM/ICPC 训练小组的帅哥们大部分都是单身。某天,他们在机房商量一个绝妙的计划"一卡通大冒险"。这个计划是由wf最先提出来的,计划的内容是,把自己的联系方式写在校园一卡通的背面,然后故意将自己的卡"遗失"在某处(如水房,TD,食堂,主M。。。。)他们希望能有MM看到他们遗失卡,能主动跟他们联系,这样就有机会请MM吃饭了。他们决定将自己的一卡通夹在基本相同的书里,然后再将书遗失到校园的各个角落。正当大家为这个绝妙的计划叫好时,大家想到一个问题。很明显,如果只有一张一卡通,那么只有一种方法,即,将其夹入一本书中。当有两张一卡通时,就有了两种选择,即,将两张一卡通夹在一本书里,或者分开夹在不同的书里。当有三张一卡通时,他们就有了5种选择,即:
{{A},{B},{C}} , {{A,B},{C}}, {{B,C},{A}}, {{A,C},{B}} ,{{A,B,C}} 于是,
这个邪恶计划的组织者wf希望了解,如果ACM训练对里有n位帅哥(即有N张一卡通),那么要把这些一卡通夹到书里有多少种不同的方法。
 
Input
包含多组数据,第一行为n,表示接下来有n组数据。以下每行一个数x,表示共有x张一卡通。(1≤x≤2000).
 
Output
对每组数据,输出一行:不同的方法数,因为这个数可能非常大,我们只需要它除以1000的余数。
 
Sample Input
4
1
2
3
100
 
Sample Output
1
2
5
751
 
Author
BUAA Campus 2007

dp[i][j]代表前i个卡,分成j组的方法数。

当新添加一张卡时,可以选则单独放这张卡那么此时有dp[i-1][j-1]种方法。也可以选择把这张卡插入到原来的分组中,即前i-1个数分成j组后再把第i张卡片插入。有dp[i-1][j]*j种方法。

/* ***********************************************
Author :guanjun
Created Time :2016/6/12 20:31:58
File Name :hdu2512.cpp
************************************************ */
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <math.h>
#include <stdlib.h>
#include <iomanip>
#include <list>
#include <deque>
#include <stack>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define mod 1000
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 10000
#define cle(a) memset(a,0,sizeof(a))
const ull inf = 1LL << ;
const double eps=1e-;
using namespace std;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >pq;
struct Node{
int x,y;
};
struct cmp{
bool operator()(Node a,Node b){
if(a.x==b.x) return a.y> b.y;
return a.x>b.x;
}
}; bool cmp(int a,int b){
return a>b;
}
int dp[][];
int n;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
//freopen("out.txt","w",stdout);
int t;
cin>>t;
while(t--){
scanf("%d",&n);
cle(dp);
dp[][]=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=i;j++){
dp[i][j]=dp[i-][j-]+dp[i-][j]*j;
dp[i][j]%=mod;
}
}
int ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
ans+=dp[n][i];
cout<<ans%mod<<endl;
}
return ;
}

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