【算法小讲堂】动态规划！之牛客练习赛41-B题

题目：666RPG

说来实在惭愧，已经很久没有更新博客了。（反正也没人看-.-//偷笑）
那么今天就更新一道dp类型的题目。
所谓：dp大法好，好到头发少。
另外需要补充的一点是呢，这题我在时限内并没有写出来，可谓菜的开花（直接开花）。但是我觉得这个dp的手法十分有用，所以我就很厚脸皮更上了一期，当然也会尽量把思路说的的比较详细啦。
看题！！：
牛客练习赛41-B题

思路：

很明显的是一道dp题，但是状态转移方程怎么推，dp数组又怎么开，完全没有思路。
一刚开始以为是倒着dp，而且肯定时按次数dp的，于是先是认为确定距离最后一个数的偶数个数变化成为-666：
比如10个数据的话，那就是10，8，6，4，2转变成-666，因为后面一定是偶数个时才能不变换符号。这样就找到了子问题，但是，问题就来了，dp数组怎么办，凉凉。
所以，上面的思路全是废话，从这里看起：
因为300*666（总和）数据并不算很大，可以直接用数组记录下来和，数组的第一个维度的大小就是300 * 666的两倍，两倍，因为有正负情况。另外还可以用滚动数组减小空间的使用，注意取mod

（下面有介绍滚动数组是个啥）

状态转移方程：dp[i][maxn+j] = dp[i-1][maxn+j-a[i]]+dp[i-1][maxn-j];

看代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
const int inf=1e9;
const int maxn=300*700;//比300*666略大就行 
const int mod = 1e8+7;
#define MAX_N 100007
#define MAX_M 10001
#define ll long long
int dp[2][maxn*2];
int a[301];
int main()
{
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt","r",stdin);
    #endif
    int n;
    cin >> n;
    dp[0][maxn]=1;      //最开始是0，对应的是maxn+0，一开始； 
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	scanf("%d",&a[i]);
    	for(int j=300*-666;j<=300*666;j++){      //j代表的是上一次加出来的和， 
    		if(j==666)
    		continue;
    		dp[i%2][maxn+j] = dp[i%2^1][maxn+j-a[i]]+dp[i%2^1][maxn-j];           //两种改变。 
    		if(dp[i%2][maxn+j]>mod){
    			dp[i%2][maxn+j] -= mod;
    		}
    	}
    }
    printf("%d\n",dp[n%2][maxn-666]);	

    return 0;
}

其他类似的题目：

同样是牛客练习赛的40场，A题
这题与上面是比较相似的，就是dp每一个音符，符合条件的加上，看牛客提交代码也能看到的懂。
那么既然看的懂为啥要看我这个呢，因为我这个有注释啊，那为啥我在这里不注释呢。因为现在说的不是这一题，欸，无懈可击。（如果有实在不懂的朋友可以在下方留言，我在有时间的时候可以更一起，虽然也是厚脸皮式的，人菜木得办法，T_T）

滚动数组是个啥

滚动数组简单理解就是通过不断循环利用数组，来减少空间的使用，这种思想其使用的还是比较多的。
最常见的有一种就是斐波那契数列的实现 :

 int a=1,b=1,c=a+b;
	for(int i=0;i<100;i++){
		a = b;
		b = c;
		c = a+b;
	}

斐波那契额的递推公式f[i] = f[i-1]+f[i-2];所以实际上需要的数只有三个，就是上面代码中的a，b，c。
那么有些朋友可能会说了：
“哦，我知道了，那上面这个状态转移方程（dp[i][maxn+j] = dp[i-1][maxn+j-a[i]]+dp[i-1][maxn-j];）也是有两个相加的，也可以变成a，b，c三个数”。
不行！，为啥呢，因为一维上的下标是不确定的，但是从二维角度上来看，得到下一行的所有数值，只需要前面一行的所有数就行了，所以可以压缩成只有两行的二维数组。不知道这样大家懂了没有。