【动态规划】统计蚂蚁 (ants)

题目

描述

蚂蚁山上有T(1<=T<=1,000)种蚂蚁，标记为1..T,每种蚂蚁有N_i只蚂蚁(1<=N_i<=100),现有A(A<=5000)只蚂蚁，从中选出S,S+1,…,B(1<=S<=B<=A)只蚂蚁一共有多少种选法？

如有5只蚂蚁分别为{1,1,2,2,3},一共有3种蚂蚁，每一种蚂蚁的数量分别为2，2，1，以下是选不同数量蚂蚁的方法：

1个蚂蚁3种选法 : {1}{2}{3}

2个蚂蚁5种选法 : {1,1}{1,2}{1,3}{2,2}{2,3}

3个蚂蚁5种选法 : {1,1,2}{1,1,3}{1,2,2}{1,2,3}{2,2,3}

4个蚂蚁3种选法 : {1,2,2,3}{1,1,2,2}{1,1,2,3}

5个蚂蚁1种选法 : {1,1,2,2,3}

你的任务是从中选S..B只蚂蚁的方法总和。

输入

第一行: 4个空格隔开的整数: T, A, S和B；

第2到A+1行：每行一个整数表示蚂蚁的种类。

输出

输出从A只蚂蚁中选出S..B只蚂蚁的方法数，答案保留后6位。

样例输入

3 5 2 3
1
2
2
1
3

样例输出

10

大意

有 A 个 T 种物品，求取 \(i \in [S,B]\)共有多少种方法，答案取模 1000000

题解

首先用一个桶存储存每种蚂蚁的数量，设为 x[] 。

60分左右

动态规划，设 F[i][j] 为前 i 种物品选 j 个的方案数。则

\(F_{0,0}=1\)

\(F_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min{(j,x_i)}} F_{i-1,j-k}\)

但是这样的时间复杂度是 \(O(T\sum x_i)\) ，会超时。

满分

上面的 \(F[i][]\) 都是从 \(F[i-1][]\) 得来的，因此我们想到了前缀和

设 \(S[i][j]\) 表示前 i 种物品取 0~i 个时的方案总和

前缀和我们并不陌生， \(S_{i,j}=S_{i,j-1}+F_{i,j}\)

那怎么求 \(F[i][j]\) 呢？

60 分做法时的公式得知，\(F[i][j]\) 等于 \(F[i-1][j-k]\) 到 \(F[i-1][j]\) 的和

这一段和就是 \(S_{i-1,j}-S_{i-1,j-k-1}\) ，也就是 \(S_{i-1,j}-S_{i-1,j-\min(x[i],j)-1}\)

最后注意初始化

\(S[2\textit{~}A][0]=1\)

\(S[0][0\textit{~}T]=\min{(x[1],0\text{~}T)+1}\)

就可以通过了

标程

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register int
using namespace std;
const int mod=1000000;
int n,m,l,r,t,x[5005],f[1005][5005],s[1005][5005],ans;
int main(){
	freopen("ants.in","r",stdin);
	freopen("ants.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r);
	for(rg i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&t),++x[t];
	for(rg i=0;i<=m;i++) s[1][i]=min(i,x[1])+1;
	for(rg i=2;i<=n;i++){
		s[i][0]=1;
		for(rg j=1;j<=m;j++){
			f[i][j]=(s[i-1][j]-s[i-1][j-min(x[i],j)-1])%mod;
			s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%mod;
		}
	}
	for(rg i=l;i<=r;i++) ans=(ans+f[n][i])%mod;
	printf("%d",ans);
}