【DP】组合数字

Password Attacker

题意就是给 M 个关键字,组合成 N 字符长度的结果,每一个关键字都必须在 N 位的字符中出现,有多少种可能结果。

范围 1 ≤ M ≤ N ≤ 100.

举例假设 M = 3(key = 3, 7, 5)  N = 4 位字符长度

结果可以为3577, 3557, 7353, 5735.

下面的结果是不合法的

1357 // 1 没有在key中,不是合法关键字

3355 // 7 是关键字,但是结果中没有出现

357 // 结果必须是一个4位长度

思路1:

设立状态dp(i, j)表示在 M 个关键字中取前 i 个不同关键字,组成长度为 j . 所有结果总和

划分子问题

1. i == j 时候, 取前 i 个Key组成长度为 i ,结果为 gif.latex?A_%7Bi%7D%5E%7Bi%7D

2. i < j 时候,考虑dp(i-1, k),选去第 i 个元素j-k次,第i个元素与前i-1个元素不同,把这j-k个第i个元素插入到已有长度k的序列中,就可以转移到dp(i, j)

3. i > j, 不考虑

那么对于2,如何插入?

已有的 k 个元素有 k+1 个位置可以进行插入,问题就是把 j-k 个元素插入到 k+1 个桶中有多少种结果?

gif.latex?a_%7Bi%7D 表示第 i 个桶,那么问题就等价于gif.latex?a_%7B1%7D&plus;a_%7B2%7D&plus;...&plus;a_%7Bk&plus;1%7D&space;=&space;j-k的所有非负整数解。

我们把两边同时加上k+1,变成gif.latex?(a_%7B1%7D&plus;1)&plus;(a_%7B2%7D&plus;1)&plus;...&plus;(a_%7Bk&plus;1%7D&plus;1)&space;=&space;j&plus;1 的所有正整数解。

相当于给j+1个1,插入隔板把它们分到k+1个桶中,每个桶要保证至少有一个元素,所以一共有 j 个可以提供插入隔板的位置,总共有k+1个桶,所以需要在这 j 个空隙中选择出k个位置插入隔板就成k+1个桶。

答案为gif.latex?C_%7Bj%7D%5E%7Bk%7D&space;=&space;C_%7Bj%7D%5E%7Bj-k%7D

最后的2,也就等于  gif.latex?%5Csum_%7Bi-1%5Cleqslant&space;k&space;%5Cleqslant&space;j-1%7Ddp(i-1,&space;k)%5Ctimes&space;C_%7Bj%7D%5E%7Bk%7D

最后的答案就是dp(m, n)

源码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long int64;

const int64 M = 1000000007LL;
const int maxn = 105;
int64 C[maxn][maxn];
int64 dp[maxn][maxn];

void getCombination() {
    int n = maxn;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        C[i][0] = C[i][i] = 1LL;

    for (int i = 2; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= i; j++)
        C[i][j] = (C[i-1][j-1] % M + C[i-1][j] % M) % M;
}

int main() {

    getCombination();
    int t, m, n, cas = 1;
    scanf("%d", &t);
    while ( t-- ) {
        scanf("%d%d", &m, &n);
        // init
        memset(dp, 0LL, sizeof(dp));
        for (int i = 1; i <= n; i++)    dp[1][i] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++)    dp[i][i] = (dp[i-1][i-1] * (int64)i) % M;
        
        for (int i = 2; i <= m; i++)
        for (int j = i+1; j <= n; j++)
        for (int k = i-1; k <= j-1; k++)
            dp[i][j] = (dp[i][j] + (C[j][k] * dp[i-1][k]) % M) % M;
        
        printf("Case #%d: %lld\n", cas++, dp[m][n]);
    }
    return 0;
}

 

 

思路2:

qqz大神,dp(i, j)表示从 M 个元素中随机选取 i 个不同的元素组成 j 的长度的所有结果

划分子问题

1. i == j, dp(i, i) 随机从 M 个元素选取 i 个元素的全排列,为gif.latex?A_%7BM%7D%5E%7Bi%7D

2. i == 1, dp(1, j) 表示从 M 个元素中随机选取一个重复 j 次,结果为 M

3. i < j , gif.latex?dp(i-1,j-1)&space;%5Ctimes&space;C_%7BM-i&plus;1%7D%5E%7B1%7D&space;&plus;&space;dp(i,&space;j-1)&space;%5Ctimes&space;C_%7Bi%7D%5E%7B1%7D,

和的第一部分表示在dp(i-1, j-1)基础上,从剩下的M-i+1个数中取1个放到最后组成dp(i, j). 和的第二部分表示从已经选出的i个元素中挑1个放到最后。

 

最后的答案就是dp(m, n)

源码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using int64 = long long;
const int64 M = 1000000007LL;

int64 dp[105][105], A[105][105];

void initA() {

    for (int i = 1; i <= 100; i++) {
        A[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            A[i][j] = ((i-j+1) * A[i][j-1]) % M;
    }
}

int m, n;

int64 f(int i, int j) {
    if (dp[i][j] != -1) return dp[i][j];
    if (i == j) return dp[i][j] = A[m][i];
    else return dp[i][j] = (((m-i+1) * f(i-1, j-1)) % M + (i * f(i, j-1)) % M ) % M;
}

int main() {
    freopen("A-large-practice.in", "r", stdin);
    freopen("a_out.txt", "w", stdout);
    int t, cas = 1;
    initA();
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d%d", &m, &n);
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            dp[i][j] = -1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) dp[1][i] = m;
        printf("Case #%d: %lld\n", cas++, f(m ,n));
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/tiny656/p/3992281.html

### 关于数字组合问题的解决方案 在解决数字组合问题时,通常可以采用深度优先搜索(DFS)回溯法。这类方法的核心在于通过递归的方式枚举所有可能的情况,并剪枝以减少不必要的计算[^1]。 #### 组合问题的基本解法 对于从 \( n \) 个数中选取 \( m \) 个数组成一组的问题,可以通过以下方式实现: 1. **初始化参数**:设定起始位置 `start` 当前已选中的元素集合。 2. **递归终止条件**:当已选中的元素数量达到目标数目 \( m \),记录该组合。 3. **递归过程**:依次尝试将当前位置及其后的每一个数加入到当前组合中,并继续处理下一个位置。 4. **剪枝优化**:如果剩余可选的数量不足以满足需求,则提前结束递归。 以下是基于 C++ 的代码示例,用于生成从 \( n \) 个数中选出 \( m \) 个数的所有组合: ```cpp #include <iostream> #include <vector> using namespace std; void dfs(int start, int n, int m, vector<int> &current, vector<vector<int>> &result) { if (current.size() == m) { // 当前组合大小等于m时保存结果 result.push_back(current); return; } for (int i = start; i <= n; ++i) { // 遍历候选集 current.push_back(i); // 将当前数加入组合 dfs(i + 1, n, m, current, result); // 递归调用 current.pop_back(); // 回溯操作 } } vector<vector<int>> combine(int n, int m) { vector<vector<int>> result; vector<int> current; dfs(1, n, m, current, result); return result; } int main() { int n = 5, m = 3; vector<vector<int>> combinations = combine(n, m); for (const auto &comb : combinations) { for (int num : comb) cout << num << " "; cout << endl; } return 0; } ``` 上述代码实现了从 \( n=5 \) 中选择 \( m=3 \) 的所有组合情况。 --- #### 购买钢笔问题的具体分析 针对小 Q 使用班费购买钢笔的问题,其本质是一个整数拆分问题。我们需要找到一种方案使得总金额恰好被分配完毕,并且所购得的物品总量最大化。此问题可通过动态规划或者穷举的方法求解。 假设输入为 \( x \) 表示可用资金总额,分别考虑价格为 6 元、5 元 4 元的商品。我们设计如下逻辑流程: 1. 枚举每种商品的最大可行购买量; 2. 计算剩余金额是否能够刚好匹配其他商品的价格; 3. 输出符合条件的最佳方案。 下面是对应的伪代码描述以及实际编程实现的一部分片段: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; struct Solution { int sixes, fives, fours; }; // 判断是否存在合法解 bool isValidSolution(Solution sol, int totalMoney) { return ((sol.sixes * 6 + sol.fives * 5 + sol.fours * 4) == totalMoney && (sol.sixes >= 0 && sol.fives >= 0 && sol.fours >= 0)); } // 主函数部分省略... ``` 具体完整的解答需要进一步扩展循环结构并验证边界条件[^2]。 --- ### 总结 无论是经典的组合生成还是特定场景下的资源分配问题,都可以借助 DFS 或者 DP 来完成高效求解。前者适用于显式的路径探索任务;后者则更适合隐含状态转移关系的应用场合。
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