BZOJ2287 [POJ Challenge]消失之物 [递推+递推]

BZOJ2287 [POJ Challenge]消失之物 [递推+递推]

Description

ftiasch 有 N 个物品, 体积分别是 W1, W2, …, WN。 由于她的疏忽, 第 i 个物品丢失了。 “要使用剩下的 N - 1 物品装满容积为 x 的背包，有几种方法呢？” – 这是经典的问题了。她把答案记为 Count(i, x) ，想要得到所有1 <= i <= N, 1 <= x <= M的 Count(i, x)表格。

Input

第1行：两个整数 N (1 ≤ N ≤ 2 × 103) 和 M (1 ≤ M ≤ 2 × 103)，物品的数量和最大的容积。

第2行： N 个整数 W1, W2, …, WN, 物品的体积。

Output

一个 N × M 的矩阵， Count(i, x)的末位数字。

Sample Input

3 2
1 1 2

Sample Output

11
11
21

HINT

如果物品3丢失的话，只有一种方法装满容量是2的背包，即选择物品1和物品2。

题解

最开始想了个$N^3$暴力算法，后来瞟了一眼题解，发现是两个递推。

首先设定状态f[i][j]表示前i个物品中装入若干物品使得容积恰好为j的方案数，显然有

$$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][max(0,j-w[i])]$$

不选i号物品和选择i号物品的方案数

这个时候就可以愉快地使用$N^3$算法了，但这显然是不能A的

我们发现：

当$j<w[i]$时，$count(i , j)=f[n][j]$

当$j>=w[i]$时，$count(i , j)=f[n][j]-count(i , j-w[i])$，此时的$f[n][j]$中必然包含选择$i$号物品对答案的贡献，所以要减去这个贡献。

并且有$count(i,0)=1$

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define N 2010
using namespace std;
int w[N],f[N][N],c[N][N];
int main(){
    int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
    for(int i=0;i<=n;i++)f[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=m;j;j--){
            if(j>=w[i])f[i][j]=f[i-1][j-w[i]];
            f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j])%10;
        }       
    for(int i=1;i<=n;i++){
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(j<w[i])c[i][j]=f[n][j];
            else c[i][j]=(f[n][j]-c[i][j-w[i]]+10)%10;
            printf("%d",c[i][j]);
        }
        puts("");
    }
    return 0;
}