BZOJ3612 [Heoi2014]平衡
2016-06-05 19:27
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题意:从[-n, n]的整数中选出k个,使得他们的和为0,求方案数。1 <= n <= 10000,1 <= k <= 10.
分析:
冥想后,认为这大概是一个整数划分数问题。
不过这道题的整数划分数有些不一样,所以我们需要自己推导状态转移方程。
设f(i, j)表示把i分成j个不同的且<= n的整数的方案数。
考虑一般的整数划分数问题,f(i, j) = f(i-1, j-1) + f(i-j, j),其中第一项表示新填一个1,第二项表示把所有数都加1。
顺着这个思路,我们先考虑“不同”这个限制。
显然我们不能直接新填一个1,所以我们考虑把所有数加1,搞出来一个1,第一项得出为f(i-j, j-1)
第二项同样为f(i-j, j).
所以状态转移方程为f(i, j) = f(i-j, j) + f(i-j, j-1).
再考虑不能超过n这个限制,如果有超过n的数,显然它只有一个,而且是n+1,所以我们把这些情况减掉,即f(i-n-1, j-1).
统计答案时,考虑选了0和不选0,两种情况,并特判k=1.
分析:
冥想后,认为这大概是一个整数划分数问题。
不过这道题的整数划分数有些不一样,所以我们需要自己推导状态转移方程。
设f(i, j)表示把i分成j个不同的且<= n的整数的方案数。
考虑一般的整数划分数问题,f(i, j) = f(i-1, j-1) + f(i-j, j),其中第一项表示新填一个1,第二项表示把所有数都加1。
顺着这个思路,我们先考虑“不同”这个限制。
显然我们不能直接新填一个1,所以我们考虑把所有数加1,搞出来一个1,第一项得出为f(i-j, j-1)
第二项同样为f(i-j, j).
所以状态转移方程为f(i, j) = f(i-j, j) + f(i-j, j-1).
再考虑不能超过n这个限制,如果有超过n的数,显然它只有一个,而且是n+1,所以我们把这些情况减掉,即f(i-n-1, j-1).
统计答案时,考虑选了0和不选0,两种情况,并特判k=1.
#include <cstdio> int T,n,k,p,ans,f[100005][15]; int main() { scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d%d%d", &n, &k, &p); ans = 0, f[0][0] = 1; for(int i = 1; i <= (n*2-k/2+1)*k/4; i++) for(int j = 1; j <= k; j++) { if(i >= j) f[i][j] = (f[i-j][j]+f[i-j][j-1])%p; if(i >= n+1) f[i][j] = (f[i][j]-f[i-n-1][j-1]+p)%p; } for(int i = 1; i <= (n*2-k/2+1)*k/4; i++) for(int j = 1; j < k; j++) ans = (ans+f[i][j]*f[i][k-j])%p; for(int i = 1; i <= (n*2-k/2+1)*k/4; i++) for(int j = 1; j < k-1; j++) ans = (ans+f[i][j]*f[i][k-1-j])%p; printf("%d\n", ans + (k==1)); } return 0; }
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