【简单dp】ARC059C キャンディーとN人の子供 / Children and Candies

题目链接

这道题还是比较简单的，（主要问题在于读题）但是鉴于我自己没有很顺畅地做出来，所以记录一下。

注意到有个$A_i=B_i$的部分分，先考虑这个部分分怎么做。

可以定义$dp[i][j]$表示前$i$个小朋友一共分了$j$颗糖的答案。

考虑转移：$dp[i][j]=\sum (dp[i-1][j-k]\times x_i^k)$

然后考虑扩展到更普遍的情况。

$dp[i][j]=\sum(dp[i-1][j-k]\times \sum_{x_m=A_i}^{x_m\leq B_i} x_m^k)$

这样直接做是$O(n^4)$的，但是$\sum_{x_m=A_i}^{x_m\leq B_i} x_m^k)$是一个常数，不需要每次计算，可以预处理，复杂度降到$O(n^3)$，可接受

注意理解一下加乘之间的关系（分步、分类），相互之间有替代关系的就是加法，不同部分之间就是乘法，不要搞混了。

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►Code View

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<string>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 405
#define MOD 1000000007
#define LL long long
int rd()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return f*x;
}
int n,c;
int a[N],b[N];
LL dp[N][N];//dp[i][j]表示前i个小朋友得到了j颗糖的答案 
//dp[i][j]+=dp[i-1][j-k]*sum(xi^k)
LL sum[N][N];//sum[i][j]表示第i个小朋友的j次方的前缀和 
LL ksm(LL a,LL b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
void Init()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
		sum[i][0]=b[i]-a[i]+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=c;j++)
			for(int k=a[i];k<=b[i];k++)
				sum[i][j]=(sum[i][j]+ksm(k,j))%MOD;
}
int main()
{
	n=rd(),c=rd();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=rd();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		b[i]=rd();
	Init();
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		dp[i][0]=dp[i-1][0]*sum[i][0]%MOD;
		for(int j=1;j<=c;j++)
			for(int k=0;k<=j;k++)
				dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-k]*sum[i][k]%MOD)%MOD;
	}
	printf("%lld\n",dp[n][c]);
    return 0;
}