POJ3046 Ant Counting 题解

CSDN同步

原题链接

朴素动态规划。

用 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种 蚂蚁选了 \(j\) 种 的方案数。类似背包。

首先不考虑个数限制， \(f_{i,j} = f_{i-1,j} + f_{i,j-1}\). 这样完成了多重背包的效果（就是 \(f_i\) 的那一行在不断滚动），但是若设第 \(i\) 种蚂蚁有 \(a_i\) 个，则不能完全背包。考虑如何解决限制。

把超过的那部分减去：很明显，这样的背包很可能第 \(i\) 种选了超过 \(a_i\) 个。利用容斥，先多算，然后把多算的减掉。那么多算的是多少？就是从前 \(i\) 种中拿出 \(j-a_i-1\) 个的方式（因为要考虑不取的一种情况，多 \(-1\)），正好是 \(f_{i-1,j-a_i-1}\).

时间复杂度：\(\mathcal{O}(TB + A)\).

注意取模。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;

const int MOD=1e6;
const int N=1e3+1,M=1e4+1;

inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

inline void write(int x) {
	if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
	if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
	write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}

int T,A,S,B;
int a[N],f[N][M];

int main() {
	T=read(),A=read(),S=read(),B=read();
	for(int i=1;i<=A;i++) a[read()]++;
	for(int i=0;i<=T;i++) f[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=T;i++)
	for(int j=1;j<=B;j++) {
		f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j-1])%MOD;
		if(j>a[i]) f[i][j]=(f[i][j]-f[i-1][j-a[i]-1]+MOD)%MOD;
	} int ans=0;
	for(int i=S;i<=B;i++) ans=(ans+f[T][i])%MOD;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}