蓝桥杯---波动数列（dp）（背包）（待解决）

问题描述

　　观察这个数列：

　　1 3 0 2 -1 1 -2 ...



　　这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3。



　　栋栋对这种数列很好奇，他想知道长度为 n 和为 s 而且后一项总是比前一项增加a或者减少b的整数数列可能有多少种呢？

输入格式

　　输入的第一行包含四个整数 n s a b，含义如前面说述。

输出格式

　　输出一行，包含一个整数，表示满足条件的方案数。由于这个数很大，请输出方案数除以100000007的余数。

样例输入

4 10 2 3

样例输出

2

样例说明

　　这两个数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。

数据规模和约定

　　对于10%的数据，1<=n<=5，0<=s<=5，1<=a,b<=5；

　　对于30%的数据，1<=n<=30，0<=s<=30，1<=a,b<=30；

　　对于50%的数据，1<=n<=50，0<=s<=50，1<=a,b<=50；

　　对于70%的数据，1<=n<=100，0<=s<=500，1<=a, b<=50；

　　对于100%的数据，1<=n<=1000，-1,000,000,000<=s<=1,000,000,000，1<=a, b<=1,000,000。



开始的时候就感觉这道题应该没有那么简单，但是还是抱着试试看的心情做了一下，结果。。。就没有结果了，果断20%，剩下的全是TL，即使是之后的剪枝也是没什么作用（其实这也正常，粗略的算一下也会知道会超时的）

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int count=0,n,result,a,b,sum=0;
bool  sub(int i,int ceng){
	int ss=(2*i+(ceng-1)*-b)*ceng/2;
	return sum+ss<=result;
}
bool  add(int i,int ceng){
	int ss=(2*i+(ceng-1)*a)*ceng/2;
	return sum+ss>=result ;
}
void dfs(int i,int cou){

	sum+=i;
	int temp=count;

	if(sum==result&&cou==n) { count++; 	} //cout<<i<<' ';
	if(cou>=n){ sum-=i;   return ;} 

    if(sub(i-b,n-cou))//如果剩下的全部为减法都不能成立的话就直接不用继续深搜下去了
	                   //但是这样的优化好像是杯水车薪，依然超时
	  dfs(i+a,cou+1);
	//if(count!=temp) cout<<i<<' ';
    //	temp=count;
 	if(add(i+a,n-cou))//与上同理
	  dfs(i-b,cou+1);
   //if(count!=temp) cout<<i<<' ';
	sum-=i;
	return;
}
int main(){
 scanf("%d%d%d%d",&n,&result,&a,&b);
 int top=(result*2/n-(n-1)*-b)/2, bott=(result*2/n-(n-1)*a)/2;
 cout<<top<<' '<<bott<<endl;
 for(int i=bott; i<=top; i++){
   // cout<<"底数为"<<i<<"      "<<sum<<endl;
  	dfs(i,1);
   // cout<<endl;
 }
 cout<<count<<aaa<<endl;
 return 0;
}

最后才知道是动态的一道题，不过好像还是有点不太懂，之后整理吧。。。





找到了下面的一个代码：（找了好长时间才找到这么一个100%AC的，但是好像还是有点不太懂）

http://blog.csdn.net/quzhongrensan511/article/details/23156363

原题可化为nx+(n-1)p(1)+(n-2)p(2)+…+p(n)=s，其中n为数列长度，x为初值，p(i)={a,-b}。本题的目标是给出不同的p序列，使得等式成立并且x为整数。自然而然可以想到枚举的方法，给出不同的序列，令t=s-Σi*p(n-i)，若t%n==0则是一种可取的方案。直接枚举肯定会超时，所以需要进一步考虑。注意到，a和b的总数为n(n-1)/2个（所有p前系数的和），所以我们只需要枚举a的个数，将t修改为t=s-ca-(n(n-1)/2-c)b，c为枚举数，0<=c<=n(n-1)/2。

当然满足条件的c的个数并不是我们想要的，因为给定一个c，存在多种组合方式。但是可以发现，每个c都是由1~n-1中若干元素组成的。于是问题转化为求容量为c的01背包的方案数。对于本题，可以写为：（f[i][j]为前i个物体构成j体积的方案数，第i个物体的体积为i）

f[i][j]=f[i-1][j],  i>j

f[i-1][j]+f[i-1][j-i],  j>=i

注意到递推式只和前一状态有关，故可以使用滚动数组；根据定义，可以预先算出每一个f[n][i]，避免重复计算；前i个货物最多只能达到i*(i+1)/2的体积，所以大于这个数值的部分没有必要计算。具体的请看代码，其实就这么几行。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#define MAXN 1100
#define MOD 100000007
using namespace std;

int F[2][MAXN*MAXN];
int e = 0;
long long n,s,a,b;
int cnt = 0;

void calc(int elem)
{
    int i,j;
    memset(F,0,sizeof(F));
    F[e][0]=1;
    for(i=1;i<n;i++)
    {
        e=1-e;
        for(j=0;j<=i*(i+1)/2;j++)
        {
            if(i>j)
                F[e][j]=F[1-e][j];
            else
                F[e][j]=(F[1-e][j]+F[1-e][j-i])%MOD;
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&s,&a,&b);
    long long i,t;
    calc(n*(n-1)/2);
    for(i=0; i<=n*(n-1)/2; i++)
    {
        t = s - i*a + (n*(n-1)/2-i)*b;
        if(t%n==0)
           cnt = (cnt+F[e][i])%MOD;
    }
    printf("%d",cnt);
    return 0;
}