Our happy ending

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• 题意：
  
  输入n、k、L，n个数，最大值不超过L，在序列中取若干个数和能达到k的序列个数
  
  n,k<=20 , 0<=L<=10^9
• 分析：
  
  题目关键在于和k比較小，所以能够考虑DP。
  
  先说一下自己比赛时候想到的DP状态。好久才发现错了。

  。。。

  DP[i][j]表示当前是序列中的第i个数（必须选），和能取到j的序列个数。

  这个状态的问题就是在于反复：对于一个确定的序列来说，由于能够选取某些数字来求和，所以对于DP[i]来说，同一个序列能够得到非常多不同的和j，也就是被计算了非常多次从而导致反复。
  
  对照一下之前见过的一个类似的问题，给定一个序列。问取若干个数能达到和k的方案数：DP[i][j]表示当前是序列中的第i个数（必须选），和能取到j的序列个数，这个问题这样表示就是正确的了。
  
  为什么会这样呢？就是由于答案的推断方式不同：第一个问题的答案推断是，当前序列假设能取到若干个数使得和为k。那么答案加一；第二个问题则是，假设有x种方案。从当前序列中取出若干个数使得和为k。那么答案加x。也就是说。第一个问题的推断根据是序列是否满足，第二个则是取出来的集合是否满足。而上述DP的方案事实上就是在选择集合中的元素，由于DP[i][j]表示i必须选，也就是在集合中存在。
  
  
  
  那么到此，怎样推断一个序列是否是满足的呢：从左到右枚举序列当前位置的值，那么要求当前序列是否是满足的也就是求和能否到k，那么不可缺少的须要记录一下当前序列所能到达的和都有谁。至此。就能够用状压DP来解了。叙述一下二进制代表的意义：第一个1代表和为1。第二个1表示和为2……
  
  反思一下程序写的时候的问题：没实用滚动数组，导致错了非常多次。

  因为这个题目的状态转移仅仅会向更大的状态值（也能够是自己）转移。所以能够不採用滚动数组，一维解决。

  可是这样就须要额外注意一个问题。自己转移到自己的问题。因为这里理解的不是非常好。导致一直查不出来BUG。学习了。

const int MAXN = 21;
int dp[1 << MAXN];

int main()
{
    int T, n, sum, Max;
    RI(T);
    FE(kase, 1, T)
    {
        RIII(n, sum, Max);
        int Min = min(sum, Max);
        int all = 1 << sum;
        CLR(dp, 0); dp[0] = 1;
        REP(i, n)
        {
            FED(j, all - 1, 0)
            {
                if (dp[j] == 0)
                    continue;
                int x = dp[j];
                for (int k = 1; k <= Min; k++)
                {
                    int nxt = j | ((j << k) & (all - 1)) | (1 << (k - 1));
                    dp[nxt] += x;
                    if (dp[nxt] >= MOD)
                        dp[nxt] -= MOD;
                }
                if (Max - Min > 0)
                    dp[j] = (dp[j] + 1LL * (Max - Min) * x) % MOD;
            }
        }
        int ans = 0;
        FF(i, 1 << (sum - 1), all)
        {
            ans += dp[i];
            if (ans >= MOD)
                ans -= MOD;
        }
        WI(ans);
    }
    return 0;
}

用dp[1]表示0的方法，事实上不好。由于3（11）和2（10）表示的意义是一样的，并且不含或者包括零（第一个一）没有什么意义

const int MAXN = 21;

int dp[1 << MAXN];

int main()
{
    int T, n, sum, Max;
    RI(T);
    FE(kase, 1, T)
    {
        RIII(n, sum, Max);
        int Min = min(sum, Max);
        int all = 1 << (sum + 1);
        CLR(dp, 0); dp[1] = 1;
        REP(i, n)
        {
            FED(j, all - 1, 1)
            {
                if (dp[j] == 0)
                    continue;
                int x = dp[j];
                for (int k = 1; k <= Min; k++)
                {
                    int nxt = j | ((j << k) & (all - 1));
                    dp[nxt] += x;
                    if (dp[nxt] >= MOD)
                        dp[nxt] -= MOD;
                }
                if (Max - Min > 0)
                    dp[j] = (dp[j] + 1LL * (Max - Min) * x) % MOD;
            }
        }
        int ans = 0;
        FF(i, 1 << sum, all)
        {
            ans += dp[i];
            if (ans >= MOD)
                ans -= MOD;
        }
        WI(ans);
    }
    return 0;
}