4 条题解
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#(〇)数学符号注释 本文中的某些符号体系并不标准,一些读者会在其他书中学习类似的内容。这里列出了他们可能不熟悉的符号。
符号 名称 等价形式 求和(和式) 求积 如果值为;否则为 (一)题目大意
简化一下题意:
有 个数, ,求有多少种方案数使
(二)解题思路
乍一看,似乎题目有些复杂,一时找不到思路,肿么办!!!
方法一:搜索
没有思路当然就搜索啦 废话。如何搜索呢?
从 到 考虑每个 的值,和当前前 个数的总和 ,然后枚举当前 所有可能的值,再递归求解。
时间复杂度 ,明显超时,但可以拿部分分(30)嘛...
代码:
搜索超时怎么办!!! 别着急...
方法二(搜索优化法宝):记忆化
时间复杂度大概是: 吧,的数据稳过。
代码(其实只是改动了一点点):
但是搜索的时间有些不稳定,想要更稳定的算法有木有...
方法三:动态规划
记忆化搜索都可以转成动态规划,但是动态规划却不一定能转成记忆化搜索 —— 定义状态: 表示前 ii 个数总和为 的方案数。 那么,易得状态转移方程: 其中, kk是枚举当前第 ii 个数的取值。
时间复杂度:,稳得一批。 空间复杂度:
代码:
仔细观察上述代码,有木有发现什么...
方法四(dp优化法宝):滚动数组
因为我们发现,状态转移方程中,当前状态 只跟 有关系,与 无关。于是,我们可以利用滚动数组优化dp。
所谓滚动数组,其实就是只保留两个状态(当前状态和前一个状态),算完当前状态后,将当前状态变为前一个状态,再去算下一个状态,看上去就像二维数组的两层不断地迭代。
时间复杂度: 空间复杂度:
代码:
看到上述dp代码,有木有感觉很熟悉... 这熟悉的优化方法... 这不就是个背包吗!!!
方法五(背包大法好):一维动态规划
通过观察上面的代码,二维数组,数组滚动优化空间......还有那熟悉的格式... 猛然发现这怎么可能不是背包呢(01背包)? 既然是背包,那么就可以为所欲为啦... [邪恶.jpg] 直接压成一维的01背包,跑一波,搞掂!!!
时间复杂度: 空间复杂度:
代码:
方法六:前缀和优化
继续观察方法五的代码,时间复杂度是)级别的。与背包有一些差别的是这一句:
然而,这一句的作用只不过是将连续的一段到累加起来而已。因此,可以用前缀和将这个操作优化(众所周知,前缀和的作用就是求一段区间的和)。
时间复杂度:
顺便卡到了次优解。
提示:上面的程序在计算f[j]f[j]的时候有可能会出现数组越界的情况,但为了代码美观容易理解,没有特判。这一点需要注意,考场上不慎就会抱灵。
下面是加上了特判的代码:
方法七:生成函数
建议初学者跳过此方法,权当提供一种思路。
回到开头,我们需要求的是这样一个式子:
于是我们可以构造这样一个生成函数:
即,
7.1多项式
最后所得的多项式中,项的系数即为答案。可以做次NTT得到答案。假设的值域是 ,那么, 时间复杂度: 实际上,最大可以取到。因此如果用来表示,前缀和优化后的复杂度应当是: NTT的局限在于要做nn次。其实只需要取就能将多项乘法转化为多项式加法,具体参考付公主的背包。 时间复杂度降到了,即 ###7.2封闭形式 也可以将其写成封闭形式,参考[CEOI2004] Sweets。 等比数列求和,得到:
在 较小, 很大的时候,可以考虑将 暴力展开,对于 使用牛顿二项式定理。即,
枚举前一个式子 的幂次,假设为 ,设 项的系数为 ,那么,
时间复杂度:
(三)总结
总的来说,这道题适合 搜索/动态规划 的初学者练习。 有一点点的思维难度。 这道题的价值在于,它既可以从简单的动态规划开始,一路优化,也可以从生成函数的视角观察,继续优化。这两条道路,竟是殊途同归。或许,这也是数学的魅力吧。
摘自洛谷P1077 [NOIP2012 普及组] 摆花 题解的第一个题解,删除了其中的肮脏语言
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#include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; int n,m,a[110],f[110][110],mod=1000007; signed main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; f[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) for(int k=0;k<=min(a[i],j);k++) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-k])%mod; cout<<f[n][m]; return 0; }
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#include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; int n,m,a[110],f[110][110],mod=1000007; signed main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; f[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) for(int k=0;k<=min(a[i],j);k++) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-k])%mod; cout<<f[n][m]; return 0; }
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