JZOJ.1764. 游戏

Problem

Description

　　xc抽空光顾了lp的饲养场，在一大堆赞美语之后和lp玩起了一个游戏——
　　一个完整的倒三角有n层，第一层有n个数字，为原始数字，接下来每层都比上一层减少1个数字，并有f[i,j]=f[i-1,j]+f[i-1,j+1] ，如
　　3　　1　　2　　4
　 　 4　　3　　6
　　　　 7　　9
　　　　　 16
　　由xc给出f[n,1]，和一个限制max（0<=f[1,i]<=max），lp要迅速回答出字典序最小的f[1]序列，即f[1,1]最小的情况下f[1,2]要最小……以此类推。
　　xc觉得这个问题对于lp还是太简单了，于是又添加了一些坏点，以坐标的形式给出，所谓坏点就是f[i,j]恒为0，现在就让大家一起来玩这个游戏吧。

Input

　　第一行四个数 n,m,max,f[n,1]
　　接下来m行，每行一个坐标，表示是一个坏点

Output

　　无解则输出-1
　　否则输出n行，第i行输出f[1,i]，要求f[1]字典序最小

Sample Input

3 1 3 4
2 2

Sample Output

1
3
0

Data Constraint

40%的数据:n<=10;m=1;max<=10;f[n,1]<=1,000
90%的数据:max<=100
100%的数据:n<=100;m<=20;max<=10,000;0<=f[n,1]<=10,000

Solution

从上往下搜索，设第一行各项的未知数为 x1,x2,.....,xn ，那么 F2,1=x1+x2,F2,2=x2+x3...... 以此类推，如下图。

到了第n行，F[n,1]的未知项都会有一个系数。
那么就会出现一个方程：
a1x1+a2x2,a3x3+...+anxn=Fn,1 然后暴力枚举x就行了。
剪枝：
1.如果a为0，那么x取任何数都为0，所以直接跳过。
2.如果a>f[n,1]，那么x只能够取0，因为如果x>0，方程左边的值就会大于f[n,1]。
3.枚举范围应为0~min(max,(fn1-方程左边的值)/a)，这样可以快很多。

Code

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 110
#define LL long long
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int i,j,k,l,n,m,t,mx,x,y,fn1,ans[N];
int f[N][N][N];
bool b[N][N],p;
void dg(int k,int s)
{
    if (s>fn1) return;
    if (p==1) return;
    int i;
    if (k>n)
    {
        if (s==fn1) 
        {
            fo(i,1,n) printf("%d\n",ans[i]);
            p=1;
        }
        return;
    }
    if (f[n][1][k]==0) dg(k+1,s); else
    if (f[n][1][k]>fn1) dg(k+1,s); else
    {
        fo(i,0,min(mx,(fn1-s)/f[n][1][k]))
        {
            ans[k]=i;
            dg(k+1,s+f[n][1][k]*i);
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&mx,&fn1);
    fo(i,1,m) 
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        b[x][y]=1;
    }
    fo(i,1,n) f[1][i][i]=1;
    fo(i,2,n)
        fo(j,1,n-i+1)
            if (!b[i][j])
            {
                fo(k,1,n)
                    f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+f[i-1][j+1][k];
            }
    p=0;
    dg(1,0);
    if (p==0) printf("-1");
}

——2016.7.17