bzoj2023[Usaco2005 Nov]Ant Counting 数蚂蚁*&&bzoj1630[Usaco2007 Demo]Ant Counting*

bzoj2023[Usaco2005 Nov]Ant Counting 数蚂蚁&&bzoj1630[Usaco2007 Demo]Ant Counting

题意：

t个族群，每个族群有ni只蚂蚁，同族群蚂蚁没有区别。问从所有蚂蚁中选出s到b只蚂蚁有多少方案。t≤1000，ni≤100。

题解：

dp，f[i][j]表示考虑第i个族群，剩下j只蚂蚁没选择。则f[i][j]=sum(f[i-1][j-k]),k=0..min(j,n[i])。然而O(n^3)会超时，注意到可以计算f[i-1][j]的前缀和sum[j]，然后就能比较方便的得到f[i-1][j-k],k=0..min(j,n[i])=j<=n[i]?sum[j]:sum[j]-sum[j-k]，使复杂度变为O(n^2)。

代码：

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <queue>
 #define inc(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
 #define maxn 100010
 #define mod 1000000
 using namespace std;

 inline int read(){
     char ch=getchar(); int f=,x=;
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-; ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<='')x=x*+ch-'',ch=getchar();
     return f*x;
 }
 int f[maxn],cnt[maxn],t,a,s,b,ans,sum[maxn];
 int main(){
     t=read(); a=read(); s=read(); b=read(); inc(i,,a){int x=read(); cnt[x]++;} inc(i,,a)sum[i]=;
     inc(i,,t){
         inc(j,,a){if(j<=cnt[i])f[j]=sum[j];else f[j]=(mod+sum[j]-sum[j-cnt[i]-])%mod;}
         sum[]=f[]; inc(j,,a)sum[j]=(sum[j-]+f[j])%mod;
     }
     ans=; inc(i,s,b)ans=(ans+f[i])%mod; printf("%d",ans); return ;
 }

20160919