题目
描述
蚂蚁山上有T(1<=T<=1,000)种蚂蚁，标记为1..T,每种蚂蚁有N_i只蚂蚁(1<=N_i<=100),现有A(A<=5000)只蚂蚁，从中选出S,S+1,…,B(1<=S<=B<=A)只蚂蚁一共有多少种选法？
如有5只蚂蚁分别为{1,1,2,2,3},一共有3种蚂蚁，每一种蚂蚁的数量分别为2，2，1，以下是选不同数量蚂蚁的方法：
1个蚂蚁3种选法 : {1}{2}{3}
2个蚂蚁5种选法 : {1,1}{1,2}{1,3}{2,2}{2,3}
3个蚂蚁5种选法 : {1,1,2}{1,1,3}{1,2,2}{1,2,3}{2,2,3}
4个蚂蚁3种选法 : {1,2,2,3}{1,1,2,2}{1,1,2,3}
5个蚂蚁1种选法 : {1,1,2,2,3}
你的任务是从中选S..B只蚂蚁的方法总和。
输入
第一行: 4个空格隔开的整数: T, A, S和B；
第2到A+1行：每行一个整数表示蚂蚁的种类。
输出
输出从A只蚂蚁中选出S..B只蚂蚁的方法数，答案保留后6位。
样例输入
3 5 2 3
1
2
2
1
3
样例输出
10
大意
有 A 个 T 种物品，求取 \(i \in [S,B]\)共有多少种方法，答案取模 1000000
题解
首先用一个桶存储存每种蚂蚁的数量，设为 x[] 。
60分左右
动态规划，设 F[i][j] 为前 i 种物品选 j 个的方案数。则
\(F_{0,0}=1\)
\(F_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min{(j,x_i)}} F_{i-1,j-k}\)
但是这样的时间复杂度是 \(O(T\sum x_i)\) ，会超时。
满分
上面的 \(F[i][]\) 都是从 \(F[i-1][]\) 得来的，因此我们想到了前缀和
设 \(S[i][j]\) 表示前 i 种物品取 0~i 个时的方案总和
前缀和我们并不陌生， \(S_{i,j}=S_{i,j-1}+F_{i,j}\)
那怎么求 \(F[i][j]\) 呢？
60 分做法时的公式得知，\(F[i][j]\) 等于 \(F[i-1][j-k]\) 到 \(F[i-1][j]\) 的和
这一段和就是 \(S_{i-1,j}-S_{i-1,j-k-1}\) ，也就是 \(S_{i-1,j}-S_{i-1,j-\min(x[i],j)-1}\)
最后注意初始化
\(S[2\textit{~}A][0]=1\)
\(S[0][0\textit{~}T]=\min{(x[1],0\text{~}T)+1}\)
就可以通过了
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register int
using namespace std;
const int mod=1000000;
int n,m,l,r,t,x[5005],f[1005][5005],s[1005][5005],ans;
int main(){
freopen("ants.in","r",stdin);
freopen("ants.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r);
for(rg i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&t),++x[t];
for(rg i=0;i<=m;i++) s[1][i]=min(i,x[1])+1;
for(rg i=2;i<=n;i++){
s[i][0]=1;
for(rg j=1;j<=m;j++){
f[i][j]=(s[i-1][j]-s[i-1][j-min(x[i],j)-1])%mod;
s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%mod;
}
}
for(rg i=l;i<=r;i++) ans=(ans+f[n][i])%mod;
printf("%d",ans);
}