信息学奥赛一本通 1959：【12NOIP普及组】摆花 |洛谷 P1077 [NOIP2012 普及组] 摆花

ybt 1959：【12NOIP普及组】摆花
洛谷 P1077 [NOIP2012 普及组] 摆花

多重背包：在背包问题中，每种物品最多只能取有限件

该问题为多重背包求方案数的问题。
题目中说：“摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列”。也就是说，只要确定每种花取用的盆数后，花的摆放方式也就确定了，在摆花的顺序上我们没有操作空间，所以我们实际关注的并不是“花的摆放”，而是“花的取用”，这一方面也算一种干扰信息。我们只能确定每种花取用的数量。

集合：每种花取多少株构成的方案
限制：在前多少种花中取，取出的总盆数
属性、条件：无
统计量：方案数
状态定义：dp[i][j]：在前i种花中取用j盆花的方案数
初始状态：在前i种花中取用0盆花的方案数为1，即dp[i][0]=1

记a[i]为第i种花的数量
集合：在前i个种花中取用j盆花的方案
分割集合：选择几盆第i种花

• 可以选择0盆第i种花，接下来还需要在前i-1种花中选择j盆花，方案数：dp[i-1][j]。
• 可以选择1盆第i种花，接下来还需要在前i-1种花中选择j-1盆花，方案数：dp[i-1][j-1]。
• 可以选择2盆第i种花，接下来还需要在前i-1种花中选择j-2盆花，方案数：dp[i-1][j-2]。
  …
• 可以选择k盆第i种花( 0 ≤ k ≤ a [ i ] 0 le k le a[i] 0≤k≤a[i])，接下来还需要在前i-1种花中选择j-k盆花，方案数：dp[i-1][j-k]
• 各种情况下的方案数量加和，即为dp[i][j]。根据题目要求，加和时要对结果取模。

记 ∑ a [ i ] ∑a[i] ∑a[i]：表示每种花数量的加和。
基本解法时间复杂度为：
时间复杂度： O ( m ∗ ∑ a [ i ] ) O(m*∑a[i]) O(m∗∑a[i])
空间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)

滚动数组优化后空间复杂度为 O ( m ) O(m) O(m)

#include 
using namespace std;
#define N 105
#define M 1000007
int n, m, a[N], dp[N][N];//dp[i][j]:在前i种花中取用j盆花的方案数
int main()
{
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    for(int i = 0; i <= n; i++)//前i种花中取0盆花的方案为1 
        dp[i][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            for(int k = 0; k <= a[i] && k <= j; k++)
                dp[i][j] = (dp[i][j]+dp[i-1][j-k])%M;   
    cout << dp[n][m];
    return 0;
}

#include 
using namespace std;
#define N 105
#define M 1000007
int n, m, a[N], dp[N];//dp[i][j]:在前i种花中取用j盆花的方案数
int main()
{
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    dp[0] = 1;//前i种花中取0盆花的方案为1 
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = m; j >= 1; j--)
            for(int k = 1; k <= a[i] && k <= j; k++)//注意这里，dp[j]本身的值是dp[i-1][j]，即为k为0时要加的值。下面k从1开始加即可。
                dp[j] = (dp[j]+dp[j-k])%M;   
    cout << dp[m];
    return 0;
}