GYM 101102 A.Coins(01背包)
2017-03-16 15:25
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Description
给出n个元素a[i]和m个元素b[i],要求从两个集合中选出两个子集,s1和s2表示这两个子集的元素和,使得s1+s2=w,|s1-s2|<=k,问有多少种选取方法
Input
第一行一整数T表示用例组数,每组用例首先输入四个整数n,m,k,w,然后n个整数a[i],最后m个整数b[i]
(1<=n,m<=150,0<=k<=w,1<=w<=15000,1<=a[i],b[[i]<=100)
Output
输出合法方案数,结果模1e9+7
Sample Input
2
4 3 5 18
2 3 4 1
10 5 5
2 1 20 20
10 30
50
Sample Output
2
0
Solution
01背包,dp[0][i][j]和dp[1][i][j]分别表示从第一个和第二个集合前i个元素选和为j的子集的方案数,得到dp值之后枚举i,如果abs|w-i-i|<=k,那么把dp[0]
[i]*dp[1][m][w-i]累加到答案中即可
Code
给出n个元素a[i]和m个元素b[i],要求从两个集合中选出两个子集,s1和s2表示这两个子集的元素和,使得s1+s2=w,|s1-s2|<=k,问有多少种选取方法
Input
第一行一整数T表示用例组数,每组用例首先输入四个整数n,m,k,w,然后n个整数a[i],最后m个整数b[i]
(1<=n,m<=150,0<=k<=w,1<=w<=15000,1<=a[i],b[[i]<=100)
Output
输出合法方案数,结果模1e9+7
Sample Input
2
4 3 5 18
2 3 4 1
10 5 5
2 1 20 20
10 30
50
Sample Output
2
0
Solution
01背包,dp[0][i][j]和dp[1][i][j]分别表示从第一个和第二个集合前i个元素选和为j的子集的方案数,得到dp值之后枚举i,如果abs|w-i-i|<=k,那么把dp[0]
[i]*dp[1][m][w-i]累加到答案中即可
Code
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<vector> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<ctime> using namespace std; typedef long long ll; #define INF 0x3f3f3f3f #define maxn 155 #define mod 1000000007ll ll dp[2][maxn][maxn*100]; int T,n,m,k,w,a[maxn],b[maxn]; int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&w); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]); memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0][0]=dp[1][0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=15000;j++) { dp[0][i][j]=dp[0][i-1][j]; if(j>=a[i])dp[0][i][j]+=dp[0][i-1][j-a[i]]; if(dp[0][i][j]>=mod)dp[0][i][j]-=mod; } for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=0;j<=15000;j++) { dp[1][i][j]=dp[1][i-1][j]; if(j>=b[i])dp[1][i][j]+=dp[1][i-1][j-b[i]]; if(dp[1][i][j]>=mod)dp[1][i][j]-=mod; } ll ans=0; for(int i=0;i<=w;i++) if(dp[0] [i]&&dp[1][m][w-i]&&abs(w-i-i)<=k) { ans+=dp[0] [i]*dp[1][m][w-i]%mod; if(ans>=mod)ans-=mod; } printf("%I64d\n",ans); } return 0; }
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