HDOJ 4906 Our happy ending 状压DP

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4906

题意：

N个数的序列，每个数可以选择填0-L，如果一个序列可以选出某些数，他们的和为K，那么这个序列就是”好序列“，给定N<=20，K<=20，0<=L<=10^9，问好序列的个数。

分析：

N和K很小，所以要想办法利用这个特性（状压？搜索？）。虽然L很大，但实际上一个数大于K的时候，肯定是不能选他组成K的。我们就先考虑L<=K的做法。

然后还是考虑不出来。。

好吧，看题解吧。。

目前能搜到的题解都写得比较简单，我稍微详细一些？

dp[i][j]，j用二进制来表示，第k位为1，说明已有的序列能选出几个数使得和为k，dp[i][j]就表示前i个数的序列能表示j的方案数。

初始dp[0][0]=1，answer是 Σdp
[j]，其中j的第K位为1。

转移的话，逆推有点难想，还是顺推吧，第i+1个数，从0到L，我们分成0,1--K，K+1--L来考虑：

如果第i+1位选择0，那么dp[i][j]可以转移给dp[i+1][j]，因为多了个0，能表示的和(j)还是一样。

如果第i+1位选择K+1到L中的数，那么dp[i][j]可以转移给dp[i+1][j]，原因同上。

如果第i+1位选择1到K中的数，假设是x，那么dp[i][j]可以转移给dp[i+1][to]，to = j|1<<(x-1)|(j<<x)&((1<<K)-1)

（重点）to中的j表示，我们不选择当前这个x能表示的和，1<<(x-1)表示只选择当前这个x能表示的和，最后一项是在之前已经能表示的和上再加上一个x，这些新的和我们都能表示了，同时为了不让他超过最大值，所以再和最大值按位与。

然后像背包一样倒序枚举，就可以省略掉i这一维。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int mod = (int)1e9+7;
int T, N, K, L, MAX, extra;
long long dp[(1<<20)+10];
int main()
{
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d", &N, &K, &L);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
if (L > K){
extra = L - K;
L = K;
}
else extra = 0;
dp[0] = 1;
MAX = (1 << K) - 1;
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = MAX; j >= 0; j--){
if (dp[j] == 0) continue;
long long tmp = dp[j];
for (int k = 1; k <= L; k++){
int to = j | 1<<(k-1) | ((j<<k)&MAX);
dp[to] += tmp;
if (dp[to] >= mod) dp[to] -= mod;
}
//if (dp[j] != tmp) printf("%d %lld %lld\n", j, dp[j], tmp);
dp[j] = (dp[j] + tmp * extra) % mod;
}
long long ans = 0;
for (int i = 1 << (K-1); i <= MAX; i++){
ans += dp[i];
if (ans >= mod) ans -= mod;
}
printf("%I64d\n", ans);
}
return 0;
}