[ZPG TEST 110] 多边形个数【DP】

1. 多边形个数

(polygons.pas/c/cpp)

【问题描述】

给定N线段，编号1到n。并给出这些线段的长度，用这些线段组成一个K边形，并且每个线段做多使用一次。若使用了一条不同编号的线段，即视为两个多边形不同。问一共可以组成多少个K边形的多边形。

 

【输入】

输入文件名为polygons.in。

有多组测试数据：
第一行，包含一个整数Num，表示测试数据的个数。（1<=Num<=10）
每组测试数据，
第一行一个整数N，表示共有N条线段。1<=N<=50.
接下来一行N个整数，表示N条线段的长度[1,50000]。

最后一个整数K[3,10]。

 

【输出】

输出文件polygons.out共Num行，
一共可以组成多少个不同的K边形。

 

【输出输出样例】

polygons.in	polygons.out
5 4 1 1 1 1 3 4 2 3 4 5 3 6 4 4 4 2 2 2 3 5 10 1 4 9 20 4 13 3310 1660 211 1260 160 213 884 539 17212 2025 105 120 5510 7	4 3 11 2 532

 

 

说实话完全没看出来是DP，还以为是一道想法题。究其原因，就是没有想到多边形的一个性质：一个N边形任意N - 1条边的和必然大于剩下那条边（类比三角形性质），这很显然。那么只要保证最小的N - 1条边的和大于最大的边，就可以构成N边形。

这样子dp的轮廓就出来了，先把给出的线段长度从小到大排序，然后设计状态：f(i, j, k)表示考虑了前i条线段了，其中j条线段的和为k的方案数。那么f(i, j, k) = f(i - 1, j, k) + f(i - 1, j - 1, k - a[i])，这里第三维开的比50000大一点就好了，因为线段最大为50000，那么那些长度和大于50000就可以压缩到一个状态了。每计算完一个i，就把前i - 1条边的和大于a[i]的方案数全部加到ans上，最后一个选的是第i条边时，有几种方案。dp时用滚动数组。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

int T, n, a[55], kk;
long long f[2][15][50005], ans;

int main(void) {
	freopen("polygons.in", "r", stdin);
	freopen("polygons.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		ans = 0;
		memset(a, 0, sizeof a);
		memset(f, 0, sizeof f);
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", a + i);
		}
		std::sort(a + 1, a + n + 1);
		scanf("%d", &kk);
		f[0][0][0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			memcpy(f[i & 1][0], f[i & 1 ^ 1][0], sizeof f[0][0]);
			for (int j = 1; j < kk; ++j) {
				for (int k = 0; k < a[i]; ++k) {
					f[i & 1][j][k] = f[i & 1 ^ 1][j][k];
				}
				for (int k = a[i]; k <= 50001; ++k) {
					f[i & 1][j][k] = f[i & 1 ^ 1][j][k] + f[i & 1 ^ 1][j - 1][k - a[i]];
				}
				for (int k = 50002 - a[i]; k <= 50001; ++k) {
					f[i & 1][j][50001] += f[i & 1 ^ 1][j - 1][k];
				}
			}
			for (int k = a[i] + 1; k <= 50001; ++k) {
				ans += f[i & 1 ^ 1][kk - 1][k];
			}
		}
		printf("%I64d\n", ans);
	}
	return 0;
}