POJ 3093 Margaritas on the River Walk

题目大意：给定一个容量为V（题目里是D）的背包和N（题目里是V）件物品各自的体积，求有多少种方法使得背包再也装不下任何物品。

思路：既然要使背包装不下任何物品，也就是说这时剩下的物品中体积最小的那一件也不能装入背包，所以就可以枚举剩下的最小体积的这件物品来进行动态规划了。

定义dp[i]=装满体积为i的背包的方法数，volumn[i]=第i件物品的体积，sum[i]=前i件物品的体积之和。

现在要枚举剩下的物品中体积最小的那一件了。先将所有物品按体积大小排序。

首先明确，当第i件物品作为剩下的体积最小的物品时，前i-1件物品就都已经被放到背包里面去了。这时，背包剩余体积为V-sum[i-1]；由于不能让第i件物品放入背包中，这时需要的是把体积为V-sum[i-1]-volume[i]+1 ~ V-sum[i-1]放满的方法数，（当然V-sum[i-1]-volume[i]+1可能小于0,要处理一下，k = max(V-sum[i-1]-volume[i]+1,0).）也就是dp数组所对应的那几个数字的和。

如果从体积小的物品开始枚举，考虑当第i件物品不能放入背包的情况，此时，前i-1件物品就都已经被放到背包里面去了，那么就需要计算第i+1 ~ n件物品占据体积k ~ V-sum[i-1]的方法数，然后再在总方法数上加上dp数组对应的值。那么，第i件物品就被考虑了i-1次，此时的算法复杂度为O(N^2 * V)。

为了使得每件物品只被放入到背包一次，考虑从体积大的物品开始枚举。当第i件物品不能放入背包中，而前i件物品都放入了背包中，这时，我们把已知的i+1 ~ N件物品占据体积k ~ V-sum[i-1]的方法数加到总的方法数ans上，然后再去取第i件物品做01背包，供考虑下一件物品不能放入背包的情况使用，直到枚举完全部的物品。

如果你要问我，使用同样的方法来顺序枚举可以不可以，那这个很容易否定。因为在逆序枚举的时候，当第i件物品放不下的时候，第i件物品后的物品都被考虑过了，且第i件物品之后的物品也肯定放不下。而顺序枚举的话，第i件物品之前的物品都被考虑过作为当前放不下的最小物品了，第i件物品放不下不意味着前面被考虑过的i-1件物品放不下，这就违背我们当初的假设了，如果这么做了，还有装进背包的物品的方法就也被考虑进去了。

下面贴一下用降序（逆序枚举）做的代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int dp[1010],volume[35],sum[35];

inline int max(int a,int b)
{
    return a > b ? a : b;
}

int main()
{
    int ncase,N,V,num;
    scanf("%d",&ncase);
    for(num = 1;num <= ncase;num++)
    {
        scanf("%d%d",&N,&V);
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(dp,0,sizeof(dp));

        dp[0] = 1;

        int i,j,ans = 0;
        for(i = 1;i <= N;i++)
            scanf("%d",&volume[i]);

        sort(volume + 1,volume + 1 + N);

        for(i = 1;i <= N;i++)
            sum[i] = sum[i - 1] + volume[i];

        for(i = N;i >= 1;i--)
        {
            int k = max(0,V - sum[i - 1] - volume[i] + 1);

            for(j = V - sum[i - 1];j >= k;j--)
                ans += dp[j];

            for(j = V;j >= volume[i];j--)
                dp[j] += dp[j - volume[i]];
        }

        if(volume[1] > V)    ans = 0;

        printf("%d %d\n",num,ans);
    }
    return 0;
}