[NOIP2012 普及组] 摆花

通往洛谷的传送门

题目描述

小明的花店新开张，为了吸引顾客，他想在花店的门口摆上一排花，共 $m$ 盆。通过调查顾客的喜好，小明列出了顾客最喜欢的 $n$ 种花，从 $1$ 到 $n$ 标号。为了在门口展出更多种花，规定第 $i$ 种花不能超过 $a_i$ 盆，摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列。

试编程计算，一共有多少种不同的摆花方案。

输入格式

第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$，中间用一个空格隔开。

第二行有 $n$ 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$。

输出格式

一个整数，表示有多少种方案。注意：因为方案数可能很多，请输出方案数对 $10^6+7$ 取模的结果。

输入输出样例

输入 #1

2 4
3 2

输出 #1

2

提示

【数据范围】

对于 $20\%$ 数据，有 $0<n\le 8,0<m\le 8,0\le a_i\le 8$。

对于 $50\%$ 数据，有 $0<n\le 20,0<m\le 20,0\le a_i\le 20$。

对于 $100\%$ 数据，有 $0<n\le 100,0<m\le 100,0\le a_i\le 100$。

NOIP 2012 普及组 第三题

解法1.二维$dp$

1.1.思路解析

    这道题可以用01背包问题的模型来做。

    首先，还是动态规划五步走：

1.抽象问题：在$n$个数中分别取一个数$p\le a_i$，使得每一个$p$的和为$m$。
2.状态：dp[i][j]代表当前只放前$i$种花刚好放置$j$盆的方法数。
3.初始条件：dp[0][0]=1。
4.状态转移方程：
$$dp[i][j]=\sum _{k=1}^{min(a[i],j)}dp[i-1][j-k]$$
5.答案：dp[n][m]。

    请听我慢慢解析。

    这里的状态的定义和初始条件等都跟01背包问题的模型相似。不会的请看到这里来。

    这里主要讲一下动态转移方程的推导。

    这道题跟$01$背包问题的模型不同的是，$01$背包问题只有选或者不选某样物品两种状态。可在这里，我们可以选第$i$件物品$0$至$a_i$中的所有数量。

    也就是说，我们其实只需要把不取这个物品，这个物品取一件，取两件……取$a_i$件的方案数用一个循环累加起来就行了。注意，这里不取这个物品的方案数也要加上。

    还要注意一件事，如果$a_i>j(当前放置的花的总数量)$，可不能取超过$m$盆。即这种花我们最多取$m$盆，所以最后一重循环的判断条件是k<=min(a[i],j)。

    如果看不懂的话那就请看代码。

    最后提醒一句，记得取模$10^6+7$。

1.2.AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 110
const int mod=1000007;//模数
int n,m,a[MAXN],dp[MAXN][MAXN];//01背包
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    dp[0][0]=1;//初始条件,选前0种花摆0盆只有一种方法数,就是不摆
    for(int i=1;i<=n;i++)//枚举物品种类
        for(int j=0;j<=m;j++)//枚举盆数
            for(int k=0;k<=min(a[i],j);k++)//从这个种类里拿出1,2,...参与摆花
                dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-k])%mod;//状态转移方程
    cout<<dp[n][m];
	return 0;
}

此算法的时间复杂度是$O(n{m}^2)$，超时警告！

解法2.一维$dp$

2.1.思路解析

    如果不懂滚动数组优化的同学们可以先走了。

    这道题的优化基本没变，就是要注意，由于滚动数组会保存上次更新后的值，所以将第三重循环的$k=0$改成$k=1$。

2.2.AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 110//模数
const int mod=1000007;
int n,m,a[MAXN],dp[MAXN];//01背包 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    dp[0]=1;//初始条件,摆0盆只有一种方法数,就是不摆
    for(int i=1;i<=n;i++)//枚举物品种类 
        for(int j=m;j>=0;j--)//枚举盆数
            for(int k=1;k<=min(a[i],j);k++)//从这个种类里拿出1,2,...参与摆花
                dp[j]=(dp[j]+dp[j-k])%mod;//状态转移方程
    cout<<dp[m];
	return 0;
}

3.扩展:前缀和优化

    在上面的代码中，由于第三重循环求的就是$dp[1]dp[j-1]$这一区间的和，可以考虑用前缀和优化。因为我懒 篇幅关系，这里就不详细解说了。

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