NOIP2012普及组 T3 摆花（加强版）_noip2012普及组第三题-优快云博客

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本文探讨了一种利用动态规划解决组合数学中特定排列组合问题的方法，包括不同时间复杂度和空间复杂度的解决方案，并详细解释了如何从低效的算法逐步优化到高效算法的过程。

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【题目大意】
用 n 种花摆共 m 盆花，每盆仅能摆一种花，不分每种花、每盆花的顺序，第 i 种花可以不摆，最多摆 $a_i$ 盆，求方案数。
【输入格式】
共 2 行。第一行包含两个正整数 n 和 m，中间用一个空格隔开。第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 $a_1$ 、 $a_2$ 、…… $a_n$ 。
【输出格式】
一个整数，方案数对1000007取模的结果。
【数据范围】
对于10%的数据， $0<n, m≤50，0≤a_i≤50$
对于30％的数据， $0<n, m≤100，0≤a_i≤100$
对于60％的数据， $0<n, m≤2333，0≤a_i≤2333$
对于100％的数据， $0<n, m≤8848，0≤a_i≤8848$

〇、网上说法的一些问题

加了一些特别大的数据是因为网上大部分做法都是 $O(nm^2)$ ，没法对付n, m上千的情况。本题有时间 $O(nm)$ ，空间 $O(n+2m)$ 的做法。
网上说 $O(nm^2)$ 是背包的，是因为

对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系（分组、依赖等）的背包问题，除了再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外，还可以得到装满背包或将背包装至某一指定容量的方案总数。
对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的 max 改成 sum 即可。——《背包九讲》

不过，严格来说这不能算是背包，叫递推可能好点儿，因为动态规划专指解决最优化问题（求最大\小\快\慢）。当然分析时以及递推式与背包很像。

一、10％，时间 $O(n^2m^2)$ ，空间 $O(nm)$

最初想的时候把状态搞复杂了……用 $f_{i,j}$ 表示用前 i 种花摆前 j 盆时用第 i 种花摆第 j 盆，则可得递推式

f i, j = \sum k = 0 i - 1 \sum l = j - a i j - 1 f k, l

$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1}\sum_{l=j-a_i}^{j-1}f_{k,l}$
也就是用前0~i-1种花摆j-

ai $a_i$ 盆时用第i-1种花摆第j-

ai $a_i$ 盆（则第 i 种花摆

ai $a_i$ 盆）的方案数，加上用前0~i-1种花摆j-

ai $a_i$ +1盆时用第i-1种花摆第j-

ai $a_i$ +1盆（第 i 种花摆

ai $a_i$ -1盆）的方案数，一直到用前0~i-1种花摆j-1盆时用第i-1种花摆第j-1盆的方案数。
另外，在上面的递推式中，如果j<

ai $a_i$ ，递推式变为

f i, j = \sum k = 0 i - 1 \sum l = 0 j - 1 f k, l

$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1}\sum_{l=0}^{j-1}f_{k,l}$
边界条件，

f0,0 $f_{0,0}$ =1，结果是

fi,j=∑ni=1fi,m $f_{i,j}=\sum_{i=1}^nf_{i,m}$

  f[0][0] = 1;
  for (i = 1; i <= n; i++)
    for (j = 1; j <= m; j++)
      for (k = 0; k < i; k++)
        for (l = max(0, j - a[i]); l < j; l++)
          (f[i][j] += f[k][l]) %= mod;
  for (i = 1; i <= n; i++)
    (ans += f[i][m]) %= mod;

虽说这方法很low但是我最早是通过这个方法推出O(nm)的方法的嗯。

二、30％，时间 $O(nm^2)$ ，空间 $O(nm)$

如果 $f_{i,j}$ 只是表示用前 i 种花摆前 j 盆（不一定要用第 i 种花），递推式便缩减成

f i, j = \sum k = j - a i j - 1 f i - 1, k

$f_{i,j}=\sum_{k=j-a_i}^{j-1}f_{i-1,k}$
也就是（当第 i 种花摆

ai $a_i$ 盆时）用前i-1种花摆j-

ai $a_i$ 盆的方案数，加上（当第 i 种花摆

ai $a_i$ -1盆时）用前i-1种花摆j-

ai $a_i$ +1盆的方案数，一直到（当第 i 种花只摆1盆时）用前i-1种花摆j-1盆的方案数。
边界变为

fi,0 $f_{i,0}$ =1，结果是

fi,j $f_{i,j}$ 。

for (i = 0; i <= n; i++)
  f[i][0] = 1;
for (i = 1; i <= n; i++)
  for (j = 1; j <= m; j++)
    for (k = max(0, j-a[i]); k < j; k++)
      (f[i][j] += f[i - 1][k]) %= mod;
ans = f[n][m];

三、60％，时间 $O(nm)$ ，空间 $O(nm)$

推出这种方法的思路，一种是 $O(n^2m^2)$ 的方法加二维前缀和。
在一维情况下，例如求 $f_3$ 到 $f_8$ 之和。用 $sum_x$ 表示 $\sum_{i=0}^xf_i$ ，很明显 $f_3$ 到 $f_8$ 之和= $sum_8-sum_2$ 。

f	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9

推广到二维情况，用 $sum_{x,y}$ 表示 $\sum_{i=0}^x\sum_{j=0}^yf_{i,j}$ ，如求 $f_{1,2}$ 到 $f_{4,5}$ 的和（蓝色区域）。
这里写图片描述
很明显，蓝色部分的和=图中整个区域-橙色区域-绿色区域+屎黄色区域= $sum_{4,5}-sum_{4,1}-sum_{0,5}+sum_{0,1}$ 。

不过这题的前缀和倒简单一点。当j< $a_i$ 时，

f i, j = \sum k = 0 i - 1 \sum l = 0 j - 1 f k, l = s u m i - 1, j - 1

$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1}\sum_{l=0}^{j-1}f_{k,l}=sum_{i-1,j-1}$
而当j≥

ai $a_i$ 时

f i, j = \sum k = 0 i - 1 \sum l = j - a i j - 1 f k, l

$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1}\sum_{l=j-a_i}^{j-1}f_{k,l}$ 注意到k是从0开始的，因此只要把

l $l$ 这层拆开。

f i, j = \sum k = 0 i - 1 \sum l = 0 j - 1 f k, l - \sum k = 0 i - 1 \sum l = 0 j - a i - 1 f k, l = s u m i - 1, j - 1 - s u m i - 1, j - a i - 1

$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1}\sum_{l=0}^{j-1}f_{k,l}-\sum_{k=0}^{i-1}\sum_{l=0}^{j-a_i-1}f_{k,l}=sum_{i-1,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}$
这里写图片描述

也就是

fi,j $f_{i,j}$ 等于整个蓝色区域减去浅蓝色区域（不要在意为什么图片的字体不同）。
还有一点是更新sum数组。
这里写图片描述

如图，

sum6,5=sum4,6+sum5,5−sum4,5+f6,5 $sum_{6,5}=sum_{4,6}+sum{5,5}-sum_{4,5}+f_{6,5}$ 。

sum6,5 $sum_{6,5}$ 等于

f6,5 $f_{6,5}$ 和

f6,5 $f_{6,5}$ 的左方和上方的所有数之和。用前缀和的思想，

f6,5 $f_{6,5}$ 的左方和上方的所有数一部分是

sum4,6 $sum_{4,6}$ ，另一部分是

sum5,5 $sum{5,5}$ ，而重叠的部分是

sum4,5 $sum_{4,5}$ 。
所以

s u m i, j = s u m i - 1, j + s u m i, j - 1 - s u m i - 1, j - 1 + f i, j

$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+f_{i,j}$
当j<

ai $a_i$ 时，

s u m i, j = s u m i - 1, j + s u m i, j - 1 - s u m i - 1, j - 1 + s u m i - 1, j - 1 = s u m i - 1, j + s u m i, j - 1

$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+sum_{i-1,j-1}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}$
当j≥

ai $a_i$ 时，

s u m i, j = s u m i - 1, j + s u m i, j - 1 - s u m i - 1, j - 1 + s u m i - 1, j - 1 - s u m i - 1, j - a i - 1 = s u m i - 1, j + s u m i, j - 1 - s u m i - 1, j - a i - 1

$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+sum_{i-1,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}$
这样就可以吃掉 f 数组了。
由于是从

O(n2m2) $O(n^2m^2)$ 的方法推出来，所以

sum0,0=f0,0=1 $sum_{0,0}=f_{0,0}=1$ ，由于是前缀和，同理要把

sumi,0 $sum_{i,0}$ 与

sum0,i $sum_{0,i}$ 都清成1。

sum[0][0] = 1;
  for (i = 1; i <= n; i++)
    sum[i][0] = 1;
  for (i = 1; i <= m; i++)
    sum[0][i] = 1;
  for (i = 1; i <= n; i++)
    for (j = 1; j <= m; j++)
      if (a[i] <= j)
        sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1]) % mod;
      else
        sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - a[i] - 1] + mod) % mod;
  ans = (sum[n][m] - sum[n][m - 1] + mod) % mod;

绕了一大圈，我倒发现这个递推式本不用这么复杂的推导。用 $sum_{i,j}$ 表示用前 i 种花摆前0~j盆花（不摆花+只摆第1盆花+摆前2盆花+…+摆前j盆花）的方案数。不用第 i 种花摆第 j 盆的方案数为 $sum_{i-1,j}$ 。用第 i 种花摆第 j 盆的方案数为 $sum_{i, j-1}$ ，但当j≥ $a_i$ 时，还要减去用前 i-1 种花摆前0~j- $a_i$ -1盆花的方案数（因为前提是用第 i 种花摆第 j 盆，当用前 i-1 种花摆前 j- $a_i$ -1盆花时，就要摆第 i 种花 $a_i$ +1盆；当用前 i-1 种花摆前 j- $a_i$ -2盆花时，就要摆第 i 种花 $a_i$ +2盆，以此类推）。

四、100％，时间 $O(nm)$ ，空间 $O(n+2m)$

呼我为什么要把那种复杂的分析方法写上……
在这个数据范围下时间复杂度是可以承受的，但空间炸了。可以注意到无论是 $sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}$ 还是 $sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}$ 的 i 那层只有 i 和 i-1两种情况，所以用滚动数组可以解决空间问题。

sum[0][0] = sum[1][0] = 1;
  for (i = 1; i <= m; i++)
    sum[0][i] = 1;
bool t;
  for (i = 1, t = 1; i <= n; i++, t = !t)
    for (j = 1; j <= m; j++)
      if (j <= a[i])
        sum[t][j] = (sum[t][j - 1] + sum[!t][j]) % mod;
      else
        sum[t][j] = (sum[t][j - 1] + sum[!t][j] - sum[!t][j - a[i] - 1] + mod) % mod;