poj-3046 Ant Counting【dp】【母函数】
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题意：有A只蚂蚁，来自T个家族，每个家族有ti只蚂蚁。任取n只蚂蚁(S <= n <= B)，求能组成几种集合？
这道题可以用dp或母函数求。
多重集组合数也是由多重背包问题拓展出来的一类经典问题,而此类问题也都可以用母函数求.
给大家讲2种方法：
①朴素方法：
状态：dp[i][j]：前i种中选j个可以组成的集合数
决策：第i种选k个，k<=cnt[i] && j-k>=0
转移：dp[i][j]=Σdp[i-1][j-k]
复杂度为O（B*Σant[i]）即O（B*A）也即O（A^2），虽说这题A最大可到1e5，但是实际数据水，能过
其实这个所谓的朴素dp算法就是母函数的算法.
附ac代码：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef unsigned long long ll; 6 const int maxn = 1e3 + 10; 7 const int inf = 0x3f3f3f3f; 8 const int maxx = 1e5 + 10; 9 int dp[2][maxx]; 10 int cnt[maxn]; 11 int num[maxn]; 12 const int mod = 1e6; 13 int main() 14 { 15 int t, a, s ,b, u; 16 scanf("%d %d %d %d", &t, &a, &s, &b); 17 for(int i = 1; i <= a; ++i) 18 { 19 scanf("%d", &u); 20 ++cnt[u]; 21 } 22 //处理边界问题，当只有一种蚂蚁的时候，无论多少个蚂蚁，组成的集合都是1 23 for(int i = 0; i <= cnt[1]; ++i) // 这里从0开始赋值是为了后面当j- k = 0时dp[][j-k]=1 24 dp[1][i] = 1; 25 for(int i = 2; i <= t; ++i) 26 {//这里j=0依然是处理边界，比如dp[3][1] = dp[2][0] + dp[2][1] 27 for(int j = 0; j <= b; ++j) 28 { 29 for(int k = 0; k <= min(j, cnt[i]); ++k) 30 { 31 dp[i & 1][j] = (dp[i & 1][j] + dp[(i & 1) ^ 1][j - k]) % mod; 32 33 } 34 // printf("%d %d %d\n", dp[i&1][j], i, j); 35 } 36 memset(dp[(i & 1) ^ 1], 0, sizeof(dp[(i & 1) ^ 1])); 37 } 38 int ans = 0; 39 for(int i = s; i <= b; ++i) 40 { 41 ans = (ans + dp[t & 1][i]) % mod; 42 } 43 printf("%d\n", ans); 44 return 0; 45 }
②优化递推式
状态：dp[i][j]：前i种中选j个可以组成的集合数
决策：第i种不选或者至少选一个
转移： dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - dp[i-1][j-cnt[i]-1] (j-cnt[i]-1>=0)
优化思路：
根据①可以知道
dp[i][j]=∑{k=0~min(j,cnt[i])} dp[i][j-k]
所以dp[i][j-1]=∑(k=0~min(j-1,cnt[i])} dp[i][j-1-k]
二者之间的关系是:
dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-cnt[i]-1] 即得出优化的转移方程.
通俗来说,就是从前i种中取j个只与从前i种中取j-1个有两种情况不同,其他都是一样的.
这样就省去了大量的重复运算.
复杂度为O（T*B）
附ac代码:
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef unsigned long long ll; 6 const int maxn = 1e3 + 10; 7 const int inf = 0x3f3f3f3f; 8 const int maxx = 1e5 + 10; 9 int dp[2][maxx]; 10 int cnt[maxn]; 11 int num[maxn]; 12 const int mod = 1e6; 13 int main() 14 { 15 int t, a, s ,b, u; 16 scanf("%d %d %d %d", &t, &a, &s, &b); 17 for(int i = 1; i <= a; ++i) 18 { 19 scanf("%d", &u); 20 ++cnt[u]; 21 } 22 //处理边界问题，当只有一种蚂蚁的时候，无论多少个蚂蚁，组成的集合都是1 23 for(int i = 0; i <= cnt[1]; ++i) // 这里从0开始赋值是为了后面当j- k = 0时dp[][j-k]=1 24 dp[1][i] = 1; 25 for(int i = 2; i <= t; ++i) 26 {//这里j=0依然是处理边界，比如dp[3][1] = dp[2][0] + dp[2][1] 27 for(int j = 0; j <= b; ++j) 28 { 29 dp[i & 1][j] = (dp[i & 1][j] + dp[(i & 1) ^ 1][j] + dp[i & 1][j - 1])%mod; 30 if(j - 1 - cnt[i] >= 0) 31 dp[i & 1][j] = (dp[i & 1][j] - dp[(i & 1) ^ 1][j - 1 - cnt[i]] + mod)%mod;//+mod防止负数 32 // printf("%d %d %d\n", dp[i&1][j], i, j); 33 } 34 memset(dp[(i & 1) ^ 1], 0, sizeof(dp[(i & 1) ^ 1])); 35 } 36 int ans = 0; 37 for(int i = s; i <= b; ++i) 38 { 39 ans = (ans + dp[t & 1][i])%mod; 40 } 41 printf("%d\n", ans); 42 return 0; 43 }
参考博客:戳这里
