POJ 3046 Ant Counting dp

定义状态为前i种蚂蚁能够形成大小为j的集合的种数, n[i]表示第i种蚂蚁有多少个

注意到每次都要求一段dp数字的和，我们可以使用一个前缀数组sum。

由于sum数组的使用，我们可以在O(1)的时间内算出dp(i, j)

同时注意到dp(i, j)只和dp(i - 1, j)有关系，所以我们可以用滚动数组来实现。

最后复杂度为O(T * A)

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define MAX_N 10005

using namespace std;

typedef long long int ll;
ll dp[MAX_N];

int main()
{
    //freopen("1.txt", "r", stdin);

    ll T, A, S, B, N, n[MAX_N], ant[MAX_N];
    while (cin >> T >> A >> S >> B)
    {
        memset(ant, 0, sizeof(ant));
        for (ll i = 0; i < A; i++)
            scanf("%I64d", &ant[i]);
        sort(ant, ant + A);
        N = 0;
        ll cnt = 0;
        for (ll i = 0; i < A; i++)
        {
            cnt++;
            if (ant[i] != ant[i + 1])
            {
                n[++N] = cnt;
                cnt = 0;
            }
        }

        ll sum[MAX_N];
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        memset(sum, 0, sizeof(sum));
        for (ll i = 0; i <= B; i++)
        {
            dp[i] = (i <= n[1]) ? 1 : 0;
            sum[i] = i > 0 ? sum[i - 1] + dp[i] : 1;
        }
        for (ll i = 2; i <= T; i++)
        {
            for (ll j = 0; j <= B; j++)
            {
                if (j - n[i] >= 1)
                    dp[j] = sum[j] - sum[j - n[i] - 1];
                else
                    dp[j] = sum[j] - sum[0] + 1;
                dp[j] %= 1000000;
            }

            for (ll j = 0; j <= B; j++)
                sum[j] = j > 0 ? sum[j - 1] + dp[j] : dp[j];
        }

        ll ans = 0;
        for (ll i = S; i <= B; i++)
            ans = (ans + dp[i]) % 1000000;
        printf("%I64d\n", ans);
    }
    return 0;
}