51nod 1043 数位dp

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1043 幸运号码

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 20 难度：3级算法题

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1个长度为2N的数，如果左边N个数的和 = 右边N个数的和，那么就是一个幸运号码。

例如：99、1230、123312是幸运号码。

给出一个N，求长度为2N的幸运号码的数量。由于数量很大，输出数量 Mod 10^9 + 7的结果即可。

Input

输入N(1<= N <= 1000)

Output

输出幸运号码的数量 Mod 10^9 + 7

Input示例

1

Output示例

9
dp[i][j]表示位数为j各位数字和为i的方案个数，一开始我去除了前导零的影响，统计时的复杂度就会高，导致一直有几个点过不去。
后来发现其实可以算上有前导零的最后能在O(1)内减去他，降低了复杂度而且空间也能降维了，因为只需要最后两组数据，皆大欢喜。
dp[i][j]=SUM{ dp[i-x][j-1] | i>=x }
ans=SUM{ dp[i][n]*(dp[i][n]-dp[i][n-1]) | 0<=i<=9*n }
前i位数字和为j里面具有前导零的方案<==>前i-1位数字和为j的方案  很巧妙

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<stdio.h>
using namespace std;
#define LL long long
const LL mod = 1e9 + 7;
LL dp[9005][2];
int main()
{
    register int  i, j, k ;
    int len, m, cur = 0;
    for (i = 0;i <= 9;++i) dp[i][cur] = 1;
    scanf("%d", &len);
    m = 9 * len;
    for (j = 2;j <=len;++j)
    {
        cur ^= 1;
        for (i = 0;i <= m;++i)
        {
            LL sum = 0;
            for (int x = 0;x <= 9;++x) {
                if (i >=x) {
                    sum =( sum + dp[i-x][cur^1]) ;
                    if (sum > mod) sum %= mod;
                }
                else break;
            }
            dp[i][cur] = sum;
        }
    }
    if (len == 1) { puts("9");return 0; }
    LL ans = 0;
    for (i = 0;i <= m;++i)
        ans = (ans + dp[i][cur] * (dp[i][cur] - dp[i][cur^1])) % mod;
    printf("%lld
", ans);
    //system("pause");
    return 0;
}