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  • 蓝桥杯---波动数列(dp)(背包)(待解决)

    问题描述
      观察这个数列:
      1 3 0 2 -1 1 -2 ...

      这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3。

      栋栋对这种数列很好奇,他想知道长度为 n 和为 s 而且后一项总是比前一项增加a或者减少b的整数数列可能有多少种呢?
    输入格式
      输入的第一行包含四个整数 n s a b,含义如前面说述。
    输出格式
      输出一行,包含一个整数,表示满足条件的方案数。由于这个数很大,请输出方案数除以100000007的余数。
    样例输入
    4 10 2 3
    样例输出
    2
    样例说明
      这两个数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。
    数据规模和约定
      对于10%的数据,1<=n<=5,0<=s<=5,1<=a,b<=5;
      对于30%的数据,1<=n<=30,0<=s<=30,1<=a,b<=30;
      对于50%的数据,1<=n<=50,0<=s<=50,1<=a,b<=50;
      对于70%的数据,1<=n<=100,0<=s<=500,1<=a, b<=50;
      对于100%的数据,1<=n<=1000,-1,000,000,000<=s<=1,000,000,000,1<=a, b<=1,000,000。

    开始的时候就感觉这道题应该没有那么简单,但是还是抱着试试看的心情做了一下,结果。。。就没有结果了,果断20%,剩下的全是TL,即使是之后的剪枝也是没什么作用(其实这也正常,粗略的算一下也会知道会超时的)
    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    using namespace std;
    int count=0,n,result,a,b,sum=0;
    bool  sub(int i,int ceng){
    	int ss=(2*i+(ceng-1)*-b)*ceng/2;
    	return sum+ss<=result;
    }
    bool  add(int i,int ceng){
    	int ss=(2*i+(ceng-1)*a)*ceng/2;
    	return sum+ss>=result ;
    }
    void dfs(int i,int cou){
    	
    	sum+=i;
    	int temp=count;
    	
    	if(sum==result&&cou==n) { count++; 	} //cout<<i<<' ';
    	if(cou>=n){ sum-=i;   return ;} 
    	
        if(sub(i-b,n-cou))//如果剩下的全部为减法都不能成立的话就直接不用继续深搜下去了
    	                   //但是这样的优化好像是杯水车薪,依然超时 
    	  dfs(i+a,cou+1);
    	//if(count!=temp) cout<<i<<' ';
        //	temp=count;
     	if(add(i+a,n-cou))//与上同理 
    	  dfs(i-b,cou+1);
       //if(count!=temp) cout<<i<<' ';	
    	sum-=i;
    	return;
    }
    int main(){
     scanf("%d%d%d%d",&n,&result,&a,&b);
     int top=(result*2/n-(n-1)*-b)/2, bott=(result*2/n-(n-1)*a)/2;
     cout<<top<<' '<<bott<<endl;
     for(int i=bott; i<=top; i++){
       // cout<<"底数为"<<i<<"      "<<sum<<endl;
      	dfs(i,1);
       // cout<<endl; 
     }
     cout<<count<<aaa<<endl;
     return 0;
    }



    最后才知道是动态的一道题,不过好像还是有点不太懂,之后整理吧。。。


    找到了下面的一个代码:(找了好长时间才找到这么一个100%AC的,但是好像还是有点不太懂)
    http://blog.csdn.net/quzhongrensan511/article/details/23156363

    原题可化为nx+(n-1)p(1)+(n-2)p(2)+…+p(n)=s,其中n为数列长度,x为初值,p(i)={a,-b}。本题的目标是给出不同的p序列,使得等式成立并且x为整数。自然而然可以想到枚举的方法,给出不同的序列,令t=s-Σi*p(n-i),若t%n==0则是一种可取的方案。直接枚举肯定会超时,所以需要进一步考虑。注意到,a和b的总数为n(n-1)/2个(所有p前系数的和),所以我们只需要枚举a的个数,将t修改为t=s-ca-(n(n-1)/2-c)b,c为枚举数,0<=c<=n(n-1)/2。

    当然满足条件的c的个数并不是我们想要的,因为给定一个c,存在多种组合方式。但是可以发现,每个c都是由1~n-1中若干元素组成的。于是问题转化为求容量为c的01背包的方案数。对于本题,可以写为:(f[i][j]为前i个物体构成j体积的方案数,第i个物体的体积为i)

    f[i][j]=f[i-1][j],  i>j

             f[i-1][j]+f[i-1][j-i],  j>=i

    注意到递推式只和前一状态有关,故可以使用滚动数组;根据定义,可以预先算出每一个f[n][i],避免重复计算;前i个货物最多只能达到i*(i+1)/2的体积,所以大于这个数值的部分没有必要计算。具体的请看代码,其实就这么几行。

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <cstdlib>
    #include <cstring>
    #define MAXN 1100
    #define MOD 100000007
    using namespace std;
    
    int F[2][MAXN*MAXN];
    int e = 0;
    long long n,s,a,b;
    int cnt = 0;
    
    void calc(int elem)
    {
        int i,j;
        memset(F,0,sizeof(F));
        F[e][0]=1;
        for(i=1;i<n;i++)
        {
            e=1-e;
            for(j=0;j<=i*(i+1)/2;j++)
            {
                if(i>j)
                    F[e][j]=F[1-e][j];
                else
                    F[e][j]=(F[1-e][j]+F[1-e][j-i])%MOD;
            }
        }
    }
    
    int main()
    {
        scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&s,&a,&b);
        long long i,t;
        calc(n*(n-1)/2);
        for(i=0; i<=n*(n-1)/2; i++)
        {
            t = s - i*a + (n*(n-1)/2-i)*b;
            if(t%n==0)
               cnt = (cnt+F[e][i])%MOD;
        }
        printf("%d",cnt);
        return 0;
    }
    


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