NC16576 [NOIP2012]摆花

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题目

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ai 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。

输入描述

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a1、a2、……an。

输出描述

输出只有一行，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1000007取模的结果。

示例1

输入

2 4
3 2

输出

2

说明

有2种摆花的方案，分别是(1，1，1，2)，(1，1，2，2)。括号里的1和2表示两种花，比如第一个方案是前三个位置摆第一种花，第四个位置摆第二种花。

备注

对于20%数据，有0<n≤8，0<m≤8，0≤ai≤8；

对于50%数据，有0<n≤20，0<m≤20，0≤ai≤20；

对于100%数据，有0<n≤100，0<m≤100，0≤ ai≤100。

题解

知识点：背包dp，计数dp。

可以看作一个多重背包，每种花是看作物品，花的盆数是物品数量。于是有转移方程：

$$dp[i][j] = sum[j] - sum[j-a[i]-1],sum[n] = \sum_{j=1}^{n} dp[i-1][j]$$

表示考虑到第 $i$ 盆花已经摆了 $j$ 盆时的方案数是考虑到 $i-1$ 盆摆了 $[j-a[i],j]$ 盆的方案数的总和，可以用前缀和优化，普通的多重背包就不一定可以这样优化qwq。

可以滚动数组优化空间。

题外话

一个经典模型 $x_1 + x_2 + \cdots + x_m = n,x_i \geq 1 \and x_i \in \Z^+$ ，每个整数位置和值不同就是方案不同，问有多少种方案。

考虑把整数当成多个不加区分的 $1$ 合在一起的结果，用不加区分的隔板分隔不同的整数。例如：111|11|1111|1|1，就分出了 $[3,2,4,1,1]$ 。

于是对于这个模型，有 $m-1$ 个隔板，$n$ 个 $1$ ，一共会有 $n+m-1$ 个位置放 $1$ 和隔板，先放隔板有 $C_{n+m-1}^{m-1}$ 种方案，剩下的放 $1$ 有 $C_n^n$ 种方案，共计 $C_{n+m-1}^{m-1} = C_{n+m-1}^{n}$ 种方案。

注意 $x_i \geq 1$ 是必须的，如果 $x_i \geq a_i$ 则可以通过 $x_i - a_i+1$ 的变形使得符合条件。

但本题是 $1 \leq x_i \leq a_i$ ，就不能用这个经典模型了。

其实经典模型是个完全背包，而本题则是多重背包。

时间复杂度 $O(nm)$

空间复杂度 $O(m)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
const int mod = 1000007;
int a[107], dp[107], sum[107];///第i种花，一共摆了j个
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    dp[0] = 1;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        sum[0] = dp[0];
        for (int j = 1;j <= m;j++) sum[j] = (sum[j - 1] + dp[j]) % mod;
        for (int j = 0;j <= m;j++)
            dp[j] = (sum[j] - (j - a[i] - 1 < 0 ? 0 : sum[j - a[i] - 1]) + mod) % mod;
    }
    cout << dp[m] << '\n';
    return 0;
}