【bzoj2023/1630】[Usaco2005 Nov]Ant Counting 数蚂蚁 dp


题目描述

有一天,贝茜无聊地坐在蚂蚁洞前看蚂蚁们进进出出地搬运食物.很快贝茜发现有些蚂蚁长得几乎一模一样,于是她认为那些蚂蚁是兄弟,也就是说它们是同一个家族里的成员.她也发现整个蚂蚁群里有时只有一只出来觅食,有时是几只,有时干脆整个蚁群一起出来.这样一来,蚂蚁们出行觅食时的组队方案就有很多种.作为一头有数学头脑的奶牛,贝茜注意到整个蚂蚁群由T(1≤T≤1000)个家族组成,她将这些家族按1到T依次编号.编号为i的家族里有Ni(1≤Ni≤100)只蚂蚁.同一个家族里的蚂蚁可以认为是完全相同的.
如果一共有S,S+1….,B(1≤S≤B≤A)只蚂蚁一起出去觅食,它们一共能组成多少种不同的队伍呢?注意:只要两支队伍中所包含某个家族的蚂蚁数不同,我们就认为这两支队伍不同.由于贝茜无法分辨出同一家族的蚂蚁,所以当两支队伍中所包含的所有家族的蚂蚁数都相同时,即使有某个家族换了几只蚂蚁出来,贝茜也会因为看不出不同而把它们认为是同一支队伍.    比如说,有个由3个家族组成的蚂蚁群里一共有5只蚂蚁,它们所属的家族分别为1,1,2,2,3.于是出去觅食时它们有以下几种组队方案:
·1只蚂蚁出去有三种组合:(1)(2)(3)
·2只蚂蚁出去有五种组合:(1,1)(1,2)(1,3)(2,2)(2,3)
·3只蚂蚁出去有五种组合:(1,1,2)(1,1,3)(1,2,2)(1,2,3)(2,2,3)
·4只蚂蚁出去有三种组合:(1,2,2,3)(1,1,2,2)(1,1,2,3)
·5只蚂蚁出去有一种组合:(1,1,2,2,3)
你的任务就是根据给出的数据,计算蚂蚁们组队方案的总数.

输入

第1行:4个用空格隔开的整数T,A,S,B.
第2到A+1行:每行是一个正整数,为某只蚂蚁所在的家族的编号.

输出

输出一个整数,表示当S到B(包括S和B)只蚂蚁出去觅食时,不同的组队方案数.
注意:组合是无序的,也就是说组合1,2和组合2,1是同一种组队方式.最后的答案可能很大,你只需要输出答案的最后6位数字.注意不要输出前导0以及多余的空格.

样例输入

3 5 2 3

1

2

2

1

3

样例输出

10


题解

dp

先不考虑TLE和MLE的问题。

设f[i][j]为前i种蚂蚁选择j只的方案数。

那么有状态转移方程:f[i][j]=∑f[i-1][j-c](0≤c≤min(j,num[i])),

也即f[i][j]=∑f[i-1][k](j-min(j,num[i])≤k≤j),

然后取摸即可。

然后发现这个时间复杂度是均摊O(a^2)的,会TLE。

于是想优化。

考虑到f[i-1][k]是一段连续的区间,可以使用前缀和优化。

就有f[i][j]=sum[i-1][j]-sum[i-1][j-min(j,num[i])-1]。

(为了防止越界特判,我将f的第二维加了1,于是改为f[i][j]=sum[i-1][j-1+1]-sum[i-1][j-1-min(j-1,num[i])-1+1],整理后见代码)

这样时间复杂度被压缩到了O(t*a)(实际上极限情况应该不能过,但测试结果是水过)。

最后就是空间的问题,使用滚动数组就好了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MOD 1000000
using namespace std;
int f[2][100010] , sum[2][100010] , num[1010];
int main()
{
    int n , m , l , r , i , j , x , ans = 0;
    scanf("%d%d%d%d" , &n , &m , &l , &r);
    for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
        scanf("%d" , &x) , num[x] ++ ;
    f[0][1] = 1;
    for(i = 1 ; i <= m + 1 ; i ++ )
        sum[0][i] = 1;
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
    {
        for(j = 1 ; j <= m + 1 ; j ++ )//k->[1,min(j-1,num[i])],j-k+1->[j-min(j-1,num[i])+1,j]
        {
            f[i & 1][j] = (sum[~i & 1][j] - sum[~i & 1][j - 1 - min(j - 1 , num[i])] + MOD) % MOD;
            sum[i & 1][j] = sum[i & 1][j - 1] + f[i & 1][j];
        }
    }
    for(i = l + 1 ; i <= r + 1 ; i ++ )
        ans = (ans + f[n & 1][i]) % MOD;
    printf("%d\n" , ans);
    return 0;
}
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