poj3046 Ant Counting

题意：挑战dp上 多重数分组问题，告诉你有n种数，每种数有ai个，问组成 m有多少种可能。

最初的递推方程式：dp[i][j]=(求和)dp[i-1][j-k] （k<min(j,a[i])）意思是从前i-1个数里面选择组成j-k的数再从第i个数里面选择k的数。o(n^3)的复杂度，当前第i层的状态只能由i-1转移过来，所以只需要两层空间，节约空间。

#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int T,A,S,B,dp[2][110000],a[1100];
const int mod=1000000;
int main()
{
while(cin>>T>>A>>S>>B){
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=0;i<A;i++){
int x;cin>>x;
a[x]++;
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=dp[1][0]=1;
for(int i=1;i<=T;i++){
memset(dp[i%2],0,sizeof(dp[i%2]));
dp[i%2][0]=1;
for(int j=1;j<=B;j++){
for(int k=0;k<=min(j,a[i]);k++){
// cout<<"ok "<<k<<endl;cout<<dp[(i-1)%2][j-1]<<" "<<dp[(i-1)%2][j]<<" "<<dp[i%2][j]<<endl;
dp[i%2][j]=(dp[i%2][j]+dp[(i-1)%2][j-k])%mod;
// cout<<"ok "<<k<<endl;cout<<dp[(i-1)%2][j-1]<<" "<<dp[(i-1)%2][j]<<" "<<dp[i%2][j]<<endl;
}
//cout<<dp[i%2][j]<<" ";
}
//cout<<endl;
}
int res=0;
for(int i=S;i<=B;i++){
res=(res+dp[(T)%2][i])%mod;
}
cout<<res<<endl;
}
}
挑战上给出优化这个状态转移方程式的过程。详见68面，消掉了k，时间复杂度少了一层o（n^2）
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int dp[2][11000],T,A,S,B,a[1100];
const int mod=1000000;

int main()
{
while(~scanf("%d %d %d %d",&T,&A,&S,&B)){
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=0;i<A;i++){
int x;scanf("%d",&x);
a[x]++;
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;dp[1][0]=1;
for(int i=1;i<=T;i++){
for(int j=1;j<=B;j++){
if(j-1>=a[i]) dp[(i+1)%2][j]=(dp[(i+1)%2][j-1]+dp[i%2][j]-dp[i%2][j-1-a[i]]+mod)%mod;
else dp[(i+1)%2][j]=(dp[(i+1)%2][j-1]+dp[i%2][j])%mod;
}
}
int res=0;
for(int i=S;i<=B;i++) {
res=(res+dp[(T+1)%2][i])%mod;
}
printf("%d\n",res);
}
}