poj-3046 Ant Counting【dp】【母函数】
题目链接:戳这里
题意:有A只蚂蚁,来自T个家族,每个家族有ti只蚂蚁。任取n只蚂蚁(S <= n <= B),求能组成几种集合?
这道题可以用dp或母函数求。
多重集组合数也是由多重背包问题拓展出来的一类经典问题,而此类问题也都可以用母函数求.
给大家讲2种方法:
①朴素方法:
状态:dp[i][j]:前i种中选j个可以组成的集合数
决策:第i种选k个,k<=cnt[i] && j-k>=0
转移:dp[i][j]=Σdp[i-1][j-k]
复杂度为O(B*Σant[i])即O(B*A)也即O(A^2),虽说这题A最大可到1e5,但是实际数据水,能过
其实这个所谓的朴素dp算法就是母函数的算法.
附ac代码:
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <algorithm>
4 using namespace std;
5 typedef unsigned long long ll;
6 const int maxn = 1e3 + 10;
7 const int inf = 0x3f3f3f3f;
8 const int maxx = 1e5 + 10;
9 int dp[2][maxx];
10 int cnt[maxn];
11 int num[maxn];
12 const int mod = 1e6;
13 int main()
14 {
15 int t, a, s ,b, u;
16 scanf("%d %d %d %d", &t, &a, &s, &b);
17 for(int i = 1; i <= a; ++i)
18 {
19 scanf("%d", &u);
20 ++cnt[u];
21 }
22 //处理边界问题,当只有一种蚂蚁的时候,无论多少个蚂蚁,组成的集合都是1
23 for(int i = 0; i <= cnt[1]; ++i) // 这里从0开始赋值是为了后面当j- k = 0时dp[][j-k]=1
24 dp[1][i] = 1;
25 for(int i = 2; i <= t; ++i)
26 {//这里j=0依然是处理边界,比如dp[3][1] = dp[2][0] + dp[2][1]
27 for(int j = 0; j <= b; ++j)
28 {
29 for(int k = 0; k <= min(j, cnt[i]); ++k)
30 {
31 dp[i & 1][j] = (dp[i & 1][j] + dp[(i & 1) ^ 1][j - k]) % mod;
32
33 }
34 // printf("%d %d %d\n", dp[i&1][j], i, j);
35 }
36 memset(dp[(i & 1) ^ 1], 0, sizeof(dp[(i & 1) ^ 1]));
37 }
38 int ans = 0;
39 for(int i = s; i <= b; ++i)
40 {
41 ans = (ans + dp[t & 1][i]) % mod;
42 }
43 printf("%d\n", ans);
44 return 0;
45 }
②优化递推式
状态:dp[i][j]:前i种中选j个可以组成的集合数
决策:第i种不选或者至少选一个
转移: dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - dp[i-1][j-cnt[i]-1] (j-cnt[i]-1>=0)
优化思路:
根据①可以知道
dp[i][j]=∑{k=0~min(j,cnt[i])} dp[i][j-k]
所以dp[i][j-1]=∑(k=0~min(j-1,cnt[i])} dp[i][j-1-k]
二者之间的关系是:
dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-cnt[i]-1] 即得出优化的转移方程.
通俗来说,就是从前i种中取j个只与从前i种中取j-1个有两种情况不同,其他都是一样的.
这样就省去了大量的重复运算.
复杂度为O(T*B)
附ac代码:
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <algorithm>
4 using namespace std;
5 typedef unsigned long long ll;
6 const int maxn = 1e3 + 10;
7 const int inf = 0x3f3f3f3f;
8 const int maxx = 1e5 + 10;
9 int dp[2][maxx];
10 int cnt[maxn];
11 int num[maxn];
12 const int mod = 1e6;
13 int main()
14 {
15 int t, a, s ,b, u;
16 scanf("%d %d %d %d", &t, &a, &s, &b);
17 for(int i = 1; i <= a; ++i)
18 {
19 scanf("%d", &u);
20 ++cnt[u];
21 }
22 //处理边界问题,当只有一种蚂蚁的时候,无论多少个蚂蚁,组成的集合都是1
23 for(int i = 0; i <= cnt[1]; ++i) // 这里从0开始赋值是为了后面当j- k = 0时dp[][j-k]=1
24 dp[1][i] = 1;
25 for(int i = 2; i <= t; ++i)
26 {//这里j=0依然是处理边界,比如dp[3][1] = dp[2][0] + dp[2][1]
27 for(int j = 0; j <= b; ++j)
28 {
29 dp[i & 1][j] = (dp[i & 1][j] + dp[(i & 1) ^ 1][j] + dp[i & 1][j - 1])%mod;
30 if(j - 1 - cnt[i] >= 0)
31 dp[i & 1][j] = (dp[i & 1][j] - dp[(i & 1) ^ 1][j - 1 - cnt[i]] + mod)%mod;//+mod防止负数
32 // printf("%d %d %d\n", dp[i&1][j], i, j);
33 }
34 memset(dp[(i & 1) ^ 1], 0, sizeof(dp[(i & 1) ^ 1]));
35 }
36 int ans = 0;
37 for(int i = s; i <= b; ++i)
38 {
39 ans = (ans + dp[t & 1][i])%mod;
40 }
41 printf("%d\n", ans);
42 return 0;
43 }
参考博客:戳这里
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