题目背景

uim神犇拿到了uoira(镭牌)后,立刻拉着基友小A到了一家……餐馆,很低端的那种。

uim指着墙上的价目表(太低级了没有菜单),说:“随便点”。

题目描述

不过uim由于买了一些辅(e)辅(ro)书,口袋里只剩MMM元(M≤10000)(M \le 10000)(M≤10000)。

餐馆虽低端,但是菜品种类不少,有NNN种(N≤100)(N \le 100)(N≤100),第iii种卖aia_iai​元(ai≤1000)(a_i \le 1000)(ai​≤1000)。由于是很低端的餐馆,所以每种菜只有一份。

小A奉行“不把钱吃光不罢休”,所以他点单一定刚好吧uim身上所有钱花完。他想知道有多少种点菜方法。

由于小A肚子太饿,所以最多只能等待111秒。

输入格式

第一行是两个数字,表示NNN和MMM。

第二行起NNN个正数aia_iai​(可以有相同的数字,每个数字均在100010001000以内)。

输出格式

一个正整数,表示点菜方案数,保证答案的范围在intintint之内。

输入输出样例

输入 #1

4 4
1 1 2 2
输出 #1

3
这个题和蓝书上CH5201这道是一样的,都是魔改01背包问题而来。设dp[i,j]表示前i种菜选或者不选,凑出来j元的种类数,可以得到转移方程方程 dp[i,j]=dp[i-1,j]+dp[i-1,j-a[i]];和01背包不同,这里直接把这两个i-1阶段的值相加了,因为要求的是方案总数,选或者不选都有贡献。不要被 dp[j]+=dp[j-a[i]]这种写法迷惑,dp[j]=dp[j]+dp[j-a[i]]里右边两项都是上一个阶段的,左边一项是当前阶段的,满足线性dp的要求。要注意的是,存在一种情况是只买第i种菜凑成m元,这种情况决定了我们需要为dp[i][0]赋值为1,一维数组的话就是dp[0]=1,每每循环到j=a[i]
时,dp[0]=1就是剩余的钱刚好买完一个菜后用完,是可以用完的情况,所以要在一开始就赋值为1(循环里会用到它而不改变它的值),再次注意“dp[i,j]表示前i种菜选或者不选”,是前i种而不包括第i种,dp[i,0]代表前i种不选(没花钱)而选了价值为a[i]=m的第i种菜品导致直接凑够了钱数要求,这种方案数为1就很好理解了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[];
int dp[]={};
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
int i,j;
for(i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
dp[]=;
for(i=;i<=n;i++)
{
for(j=m;j>=a[i];j--)
{
dp[j]+=dp[j-a[i]];//实际上转移方程是 dp[i,j]=dp[i-1,j]+dp[i-1,j-a[i]]; 不要被一维数组的写法搞晕
}
}
cout<<dp[m];//要求恰好花掉m元
return ;
}

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