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【问题描述】
有这样一种数列A1、A2、A3、……An，其中A1=0，且对任意一项Ai满足|Ai-A(i+1)|=1（1<=i<n）。设S=A1+A2+A3+……+An，表示前n项之和。 现在给出数列长度n与数列前n项之和S，要求： 输出满足条件的数列的总数。输出满足条件的100个数列（如果不满100个就全部输出）。
【输入格式】
一行，包含两个整数n和S（1<=n<=100），用1个空格隔开。
【输出格式】
第1行一个整数t（0<=t<=263-1），表示满足条件的数列总数。 接下来每行输出一个数列，数列各项之间用一个空格隔开。 若满足条件的数列数目不满100个，全部输出即可。
Sample Input
4 0
Sample Output
2 0 -1 0 1 0 1 0 -1【题解】
设f[i][j]为前n个数，组成和为s的方案数。
f[i+1][j+i] =f[i+1][j+i]+ f[i][j];
f[i+1][j-i] =f[i+1][j-i]+ f[i][j];
更新的时候这样更新
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = -9999;j <= 10000;j++)
if (f[i][j] > 0)
{
f[i+1][j+i] =f[i+1][j+i]+ f[i][j];
f[i+1][j-i] =f[i+1][j-i]+ f[i][j];
}//先忽略数组下标是负的这个问题。
首先是边界问题。
f[1][0] = 1;{0}
f[2][1] = 1;{0,1}
f[2][-1] = 1;{0,-1}
比如我们现在枚举到
i = 2;j = 1;
j+i== 3;
f[3][3] = f[3][3] + f[2][1];
为什么？
f[2][1]->{0,1};
这里我们进行的操作相当于在0和1之间插入一个数字1.
然后原来的1递增。
即{0,1,2} 也即f[3][3];
然后j-i==-1;
f[3][-1] =f[3][-1]+f[2][1];
为什么？
f[2][1]->{0,1};
这里我们进行的操作相当于在0和1之间插入一个数字-1；
然后原来的1要递减才能满足|a[n]-a[n+1]|==1;
即{0,-1,0}也即f[3][-1];
再往下举例子；
i = 4,j==6;
{0,1,2,3};
对应状态f[4][6];
然后j+i==10;
则f[5][10] = f[5][10]+f[4][6];
为什么？
f[4][6]->{0,1,2,3};
这里我们相当于在0和1之间插入一个1.然后把1,2,3都递增1；
也即{0,1,2,3,4}；也即f[5][10];
然后j-i ==2;
则f[5][2] = f[5][2]+f[4][6];
为什么？
f[4][6]->{0,1,2,3}
这里我们相当于在0和1之间插入一个-1.然后原来的其他数字全都递减1.
即{0,-1,0,1,2}；也即f[5][2];
加深理解:
每次进行枚举序列的时候必然要对第i号元素做出决策。
决策的内容就是当前数字比前一个数字大1还是小1；
假设我们每个阶段做出的决策为what[i] ∈{-1,1}；
则题目的要求就是
(0+what[1]) + (0+what[1]+what[2]) + (0+what[1]+what[2]+what[3])+..+
(0+what[1]+what[2]+..+what[n-1]) == s
可以合并同类项为
what[n-1]+2*what[n-2]+3*what[n-3]+..+(n-1)*what[1] == s;
然后what[i]只能为1或-1
则原问题转化为
0口1口2口3口4口..口(n-1) == s
其中的口要填入减号或加号。
这个动规就比较好写了
f[i][j] = f[i-1][j-(i-1)]+f[i-1][j+(i-1)];
//等号右边分别表示最后一个口做加法和做减法的情况；
这也是我们上面那种解释的写法。只不过变成顺推了而已。
f[i+1][j+i] += f[i][j]
我们插入1和插入-1到a[1]和a[2]之间。
原本是
0+(0+what[1]) + (0+what[1]+what[2]) + (0+what[1]+what[2]+what[3])+..+
(0+what[1]+what[2]+..+what[i-1]) == j
我们插入一个1之后就变成这样了
0+(0+1)+(0+what[1]+1)+(0+what[1]+what[2]+1)+(0+what[1]+what[2]+what[3]+1)
+..+(0+what[1]+what[2]+..+what[i-1]+1) == j + i
//what下标从1..i-1，然后a[2]变成(0+1)还有一个1.所以总共是i个1.
而这是一个符合要求的序列！
插入-1同理。只不过右边变成j-i了。
然后要输出100个方案的时候。就可以按照上面说的原理。即在第1和第2个数字之间插入1个1或者-1。来获取方案。(用f[i][j]数组来剪枝！)
总和的话1+..+100 为5050.然后考虑到下标会出现i+j的情况。你直接开到10000就好。
数组下标为负数的话 就直接加上20000；
即数组开为f[101][20001];
【代码】
#include <cstdio>
int n, s,what[101],sum;
__int64 f[101][20001] = { 0 };//如果下标为负数就直接加上20000；
__int64 tot;
void solve(int);
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &s);//输入n和s
f[1][0] = 1;//第一个数字为0
for (int i = 1;i <= n-1;i++)//枚举前i个数字
for (int tj = -9999; tj <= 10000; tj++)//枚举总和。
{
int j = tj;
if (j < 0) //小于0就直接加上20000
j += 20000;
if (f[i][j] <= 0) //如果不能到达这个状态就跳过。
continue;
int temp = tj + i ;//这是在第1和第2个数字之间插入一个1的情况,原来的其他数字就都要加上1
if (temp < 0) //同理，小于0就加20000；
temp += 20000;
f[i + 1][temp] += f[i][j];//递增答案。
temp = tj - i;//这是在第1和第2个数字之间插入一个-1的情况，原来的其他数字就都要减去1了。
if (temp < 0)
temp += 20000;
f[i + 1][temp] += f[i][j];//递增相应的答案即可。
}
if (s < 0) //为下标小于0特判
printf("%I64d
", f[n][s + 20000]);
else
printf("%I64d
", f[n][s]);
sum = s;//这是当前的和。我们采用递减的方式让sum一直减到0且到达了第一个数字。
if (s < 0) //这是所需要输出的方案数。
tot = f[n][s + 20000];
else
tot = f[n][s];
if (tot > 100)//大于100就直接为100;
tot = 100;
solve(n);//输出方案。
return 0;
}
void solve(int now)
{
if (now == 1 && sum == 0)//如果已经到了第一个元素(即0),且sum也从s减到了0.则我们
{//搜索的这个方案是可行的。
tot--;//找到了这个方案。方案数递减。
printf("0");//第一个数字肯定是0
int kk = 0; //第一个数字是0
for (int i = n; i >= 2; i--)//我们是把后面出现的数字插入到a[1]和a[2]之间。
{//所以进行的操作是从后往前的。
kk += what[i]; //对初始数字(一开始kk==a[1]==0)进行递增或递减操作。
printf(" %d", kk);//输出kk。
}
printf("
");
return;
}
if (tot == 0)//如果要求的方案数都输出了。则退出
return;
int tt = sum;
if (tt < 0)
tt += 20000;
if (f[now][tt] == 0)//如果前now个数和为tt的情况不存在则退出。
return;//这是一个很棒的剪枝。
what[now] = -1;//表示当前的状态是插入一个-1得来的。
sum += (now - 1);//然后它之前的状态当然就是把-1去掉。然后和要相应的递增。
solve(now - 1);//然后往前继续枚举，要注意一定要先枚举-1的情况(可以看样例输出。这是顺序问题);
sum -= (now - 1);//回溯
what[now] = 1;//表示当前这个状态是插入一个1得来的。
sum -= (now-1);//则它之前的状态就是把这个1去掉。其他数字相应也要减去1(now-1个1)；
solve(now - 1);//往前继续枚举。
sum += (now - 1);//回溯。
}