[ZPG TEST 110] 多边形个数【DP】
1. 多边形个数
(polygons.pas/c/cpp)
【问题描述】
给定N线段,编号1到n。并给出这些线段的长度,用这些线段组成一个K边形,并且每个线段做多使用一次。若使用了一条不同编号的线段,即视为两个多边形不同。问一共可以组成多少个K边形的多边形。
【输入】
输入文件名为polygons.in。
有多组测试数据:
第一行,包含一个整数Num,表示测试数据的个数。(1<=Num<=10)
每组测试数据,
第一行一个整数N,表示共有N条线段。1<=N<=50.
接下来一行N个整数,表示N条线段的长度[1,50000]。
最后一个整数K[3,10]。
【输出】
输出文件polygons.out共Num行,
一共可以组成多少个不同的K边形。
【输出输出样例】
polygons.in |
polygons.out |
5 4 1 1 1 1 3 4 2 3 4 5 3 6 4 4 4 2 3 5 10 1 4 4 13 3310 7 |
4 3 11 2 532 |
说实话完全没看出来是DP,还以为是一道想法题。究其原因,就是没有想到多边形的一个性质:一个N边形任意N - 1条边的和必然大于剩下那条边(类比三角形性质),这很显然。那么只要保证最小的N - 1条边的和大于最大的边,就可以构成N边形。
这样子dp的轮廓就出来了,先把给出的线段长度从小到大排序,然后设计状态:f(i, j, k)表示考虑了前i条线段了,其中j条线段的和为k的方案数。那么f(i, j, k) = f(i - 1, j, k) + f(i - 1, j - 1, k - a[i]),这里第三维开的比50000大一点就好了,因为线段最大为50000,那么那些长度和大于50000就可以压缩到一个状态了。每计算完一个i,就把前i - 1条边的和大于a[i]的方案数全部加到ans上,最后一个选的是第i条边时,有几种方案。dp时用滚动数组。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm> int T, n, a[55], kk;
long long f[2][15][50005], ans; int main(void) {
freopen("polygons.in", "r", stdin);
freopen("polygons.out", "w", stdout);
scanf("%d", &T);
while (T--) {
ans = 0;
memset(a, 0, sizeof a);
memset(f, 0, sizeof f);
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
}
std::sort(a + 1, a + n + 1);
scanf("%d", &kk);
f[0][0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
memcpy(f[i & 1][0], f[i & 1 ^ 1][0], sizeof f[0][0]);
for (int j = 1; j < kk; ++j) {
for (int k = 0; k < a[i]; ++k) {
f[i & 1][j][k] = f[i & 1 ^ 1][j][k];
}
for (int k = a[i]; k <= 50001; ++k) {
f[i & 1][j][k] = f[i & 1 ^ 1][j][k] + f[i & 1 ^ 1][j - 1][k - a[i]];
}
for (int k = 50002 - a[i]; k <= 50001; ++k) {
f[i & 1][j][50001] += f[i & 1 ^ 1][j - 1][k];
}
}
for (int k = a[i] + 1; k <= 50001; ++k) {
ans += f[i & 1 ^ 1][kk - 1][k];
}
}
printf("%I64d\n", ans);
}
return 0;
}
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