过河 FZU - 2255 dp

 Problem C 过河

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 Problem Description

遥远的YS星球上，生活着两种物种名为Yellow和Star，简称物种Y和物种S。

神奇的是物种Y的体重始终为50kg，物种S的体重始终为100kg。

这天，n只生物结伴出行，在路途中，它们被一条长长的河流挡住了去路。所幸岸边停靠着一条船，船上写着：负重m kg。

YS星球上的物种有很强的时间观念，它们需要找出一种最快的方案过河：

1、要开船每次至少要有一只生物在船上

2、载着的生物总重量不能超过船的负重m

3、无论载多少只生物，船每次从岸边到另一岸边需要的时间相同，并且不考虑中间换乘时间(换句话说，要求的是最少的开船次数)

请你帮助这些Yellow、Star们，找出最少的开船次数，并且求出最少次数下的有多少种不同的方案数。

当存在某轮开船时，两个方案乘客的集合不同，认为这两个方案是不同的。

 Input

包含多组测试数据。

第一行为n, m。

接下来n个数字，数字要么是50，要么是100。

1≤n≤50

200≤m≤1000

 Output

输出两行，第一行为最少开船次数，第二行为不同方案数，由于方案数可能很大，对1000000007(10^9+7)取模后输出。

 Sample Input

3 100

50 50 100

 Sample Output

5

2

 Hint

最优的两种情况为：

1和2过去，1回来，3过去，2回来，1和2过去。

1和2过去，2回来，3过去，1回来，1和2过去。
设d[k][i][j]为第k次，岸上（不是对岸）重量为50的人数为i，100的人数为j。

k为奇数时，岸上的过去，d[k][i][j]+=d[k-1][i+x][j+y]*c[i+x][x]*c[j+y][y]

k为偶数时，对岸的人过来，d[k][i][j]+=d[k-1][i-x][j-y]*c[cnta-i+x][x]*c[cntb-j+y][y]  cnta,cntb分别为50,100的人的个数

边界处理一下，就好，初始的时候 d[0][cnta][cntb]=1.

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cmath>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;

const int INF=1e9+10;
const double EPS = 1e-10;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;

ll d[105][105][105];
ll c[55][55];

int main(){
//freopen("out.txt","w",stdout);
int n,w;
for(int i=0;i<52;i++){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<52;j++)
c[i][j]=(1LL*c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
}
//cout<<"c "<<c[6][2]<<endl;
while(scanf("%d %d",&n,&w)!=EOF){
int cnta=0,cntb=0;
for(int i=0;i<n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
if(x==50) cnta++;
else cntb++;
}
memset(d,0,sizeof(d));
d[0][cnta][cntb]=1;
ll ans1=0,ans2=0;
for(int k=1;k<100;k++){
if(k&1){
for(int i=0;i<=cnta;i++)
for(int j=0;j<=cntb;j++)
for(int x=0;i+x<=cnta;x++)
for(int y=0;j+y<=cntb;y++){
if(w<(50*x)+(100*y)) continue;
if(x==0&&y==0) continue;
d[k][i][j]+=1LL*d[k-1][i+x][j+y]*c[i+x][x]*c[j+y][y];
d[k][i][j]%=mod;
}
}else{
for(int i=0;i<=cnta;i++)
for(int j=0;j<=cntb;j++)
for(int x=0;x<=i;x++)
for(int y=0;y<=j;y++){
if(w<(50*x)+(100*y)) continue;
if(x==0&&y==0) continue;
d[k][i][j]+=1LL*d[k-1][i-x][j-y]*c[cnta-i+x][x]*c[cntb-j+y][y];
d[k][i][j]%=mod;
}
}
if(d[k][0][0]>0){
ans1=k;
ans2=d[k][0][0];
break;
}
}
printf("%I64d\n%I64d\n",ans1,ans2 );
}
return 0;
}