蓝桥杯 波动数列(01背包方案数)
2017-02-09 21:23
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观察这个数列:
1 3 0 2 -1 1 -2 ...
这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3。
栋栋对这种数列很好奇,他想知道长度为 n 和为 s 而且后一项总是比前一项增加a或者减少b的整数数列可能有多少种呢?
输入格式
输入的第一行包含四个整数 n s a b,含义如前面说述。
输出格式
输出一行,包含一个整数,表示满足条件的方案数。由于这个数很大,请输出方案数除以100000007的余数。
样例输入
4 10 2 3
样例输出
2
样例说明
这两个数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。
数据规模和约定
对于10%的数据,1<=n<=5,0<=s<=5,1<=a,b<=5;
对于30%的数据,1<=n<=30,0<=s<=30,1<=a,b<=30;
对于50%的数据,1<=n<=50,0<=s<=50,1<=a,b<=50;
对于70%的数据,1<=n<=100,0<=s<=500,1<=a, b<=50;
对于100%的数据,1<=n<=1000,-1,000,000,000<=s<=1,000,000,000,1<=a, b<=1,000,000。
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深度搜索算法:
这题较为容易的想法是用深度搜索来做,显然这种难度的题目用深搜是要超时的。果不其然,测试了一遍只能拿到20%。但是能在比赛最后一点时间拿到这些分也够了。而且,这题动态规划还是有点难度。既然我测试过了深搜就一起先简单来看一下深搜的算法吧。这题的深搜就像一棵二叉树,从每个节点向下都会有两个分支,一个是加a,一个是减b。需要考虑的是根节点的大小,也就是第一个数的大小。第一个数没有明确告诉那么必然是在一个区间内浮动无法确定,需要一个个测试是否符合要求然后确定。注意到输入的数据有4个,第一个数的大小的区间可以用这四个数表示出来,可以确定最大值和最小值。最大值为s+n*b,最小值为s-n*a。对这个区间内的每个整数做一遍深搜,统计满足条件的值可得答案。
这部分比较好理解,看看代码:
#include<iostream> using namespace std; int n,s,a,b; int num; //cur是数列当前项的值,all是数列累计值的总和,id是数列的长度 void dfn(int cur,int all,int id) { if(id ==n) { if(all == s) { num ++; //统计方案数 num = num % 100000007; return ; }else{ return; } } dfn(cur+a,all+cur+a,id+1); //下一项加a的情况 dfn(cur-b,all+cur-b,id+1); //下一项减b的情况 } int main() { long long i,total; cin >> n >> s >> a >> b; total = s+n*b;//第一个数可能取值的最大值 for(i=s-n*a;i<=total;i++) { dfn(i,i,1);//对每个符合要求的数列的首项做一次深搜 } cout << num; return 0; }
动态规划算法:
简单介绍深搜后重点来了,这题用动态规划(dp)解才是正解。在讲这题之前首先要回顾一下01背包问题中统计方案数的问题。有容量为c的背包要装入体积为1~n的物品,每种物品各一个,求恰好将背包装满的方案数。
我们用二维数组Bo[i][j]来存储背包容量递增,物品按体积1~n的顺序递增时方案数的情况。i表示有体积为0~i的物品各一个,j表示背包的容量为j。首先要初始化当已有的物品体积数量为0,也就是相当于只有一个体积为0的物品时,背包容量j为0的方案数为1个,而容量大于0的方案数全为0。之后来看关键的状态转移方程:
Bo[i][j]=Bo[i-1][j] i>j
Bo[i][j]=Bo[i-1][j]+Bo[i-1][j-i]
i<=j
二维数组是从上到下,从左到右进行计算的,每个元素都与之前已经计算过元素相关。第i行j列的元素,如果i>j,也就是新添加的可选物品的体积大于背包的容积,无法放入背包,所以新添加的可选物品不能够增加方案数。如果i<=j,新添加的可选物品的体积小于背包的容积,有可能与其他物品组合装入背包,这时方案数为当没有添加入i体积物品时背包容量为j的方案数Bo[i-1][j],加上当没有添加入i体积物品时但背包容量恰好可以装入i体积物品的方案数Bo[i][j]=Bo[i-1][j]+Bo[i-1][j-i]。这样逐行计算即可知道所有情况下的方案数。
但是背包问题和本题有何关系呢,似乎毫不相干?
这题的难点就在于如何将本题转化为01背包问题。
设数列首项为t,F(i)={a,-b},第i项加上F(i)为第i+1项。所以第2项可表示为t+F(1),第2项可表示为t+F(1)+F(2),第3项可表示为t+F(1)+F(2)+F(3)...........把第一项到第n项累加起来可得表达式n*t
+ (n-1)F(1) + (n-2)F(2) + ....... +F(n-1) =s。n*t = s
- {(n-1)F(1) + (n-2)F(2) + ....... +F(n-1)}。由于F(i)不为a就为-b,设有c个a,F(i)的系数相加共有1+2+......+n-1 = (n-1)*n/2项目,所以共有c-(n-1)*n/2个b。所以令temp = s - c*a + ((n-1)*n/2
- c)*b,当temp%n = = 0时,说明temp == n*t,满足要求。并且,c为1~n-1个数中的若干个数组合相加而得的,每一种组合都是一种方案,到此,我们就可以发现这题已经转化为求01背包问题的方案数了。即从体积为1~n-1的物品中有几种方案能够恰好填满背包。
i j | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
1 | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
2 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
3 | 1 | 1 | 1 | 2 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 |
还要注意到时间和空间的节省。时间上因为1~i-1体积的物品加起来最多也只能刚好填满i*(i+1)/2容量的背包,所以大于背包容量大于i*(i+1)/2体积的不用计算,固定初始化为0。空间上也不需要开辟上图那么大的空间,用滚动数组只需开辟两行即可,因为(i,j)的值只与i-1行有关,最终结果也只和最后求得的一行有关,所以只需存储当前行与上一行。
下面看看代码:
#include<iostream> using namespace std; #define MOD 100000007 #define MAXN 1100 long long n,s,a,b; long long all; long long Bo[2][MAXN*MAXN];//作为滚动数组 int p=0; //p为滚动数组标识,表示当前操作数组的第几行,(例如当前计算第i行,p指向操作Bo数组第0行,逻辑上i-1行是Bo数组第1行) void fun_dp() { long long i,j; //动态规划前初始化,只有一个体积为0的物品,可以装入容量为0的背包,容量大于0的背包方案数为0 Bo[p][0]=1; for(i=1;i<n;i++)//有体积为1到n-1的n-1种物品 { p=1-p;//p如果是0变换成1,如果是1变换成0 for(j=0;j<=i*(i+1)/2;j++)//背包容量从0到 i*(i-1)/2 { if(i<j || i==j) { Bo[p][j] = (Bo[1-p][j] + Bo[1-p][j-i]) % MOD; }else{ Bo[p][j] = Bo[1-p][j]; } } } } int fun_sum() { long long count=0,i; long long temp; for(i=0;i<=all;i++) { temp = s - i*a + (all - i)*b; if(temp%n == 0) { count = (count+Bo[p][i])%MOD; } } return count; } int main() { long long count; cin >> n >> s >> a >> b; all = n*(n-1)/2; //最多可以增加多少个a(背包容量最大值) fun_dp();//进行动态规划的函数 count = fun_sum();//统计总数 cout << count; return 0; }最后还是有超时一点,拿了90%,还有10%束手无策了。我写的这篇应该也是我能找到的对于这题讲解最细的了,希望带来帮助。
再把10组测试数据送上
Intput : 5 0 1 2 output :4
15 14 12 7 1091
30 29 11 27 35791358
40 34 7 12 43894385
50 24 12 19 98280293
80 487 20 41
23283456
100 500 1 42
40778050
800
-34123 43141 134798 70420626
900 -931324123 987534 94273 41795042
1000 134182393 234891 410392 22371357
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