BZOJ 2287: 【POJ Challenge】消失之物( 背包dp )

虽然A掉了但是时间感人啊....

f( x, k ) 表示使用前 x 种填满容量为 k 的背包的方案数, g( x , k ) 表示使用后 x 种填满容量为 k 的背包的方案数.

丢了第 i 个, 要填满容量为 k 的背包 , 则 ans( i , k ) = ∑ f( i - 1, h ) * g( i + 1 , k - h ) ( 0 <= h <= k )

这样就转化为经典的背包问题了 f( x , k ) = f( x - 1 , k ) + f( x - 1 , k - w( x ) )

时间复杂度是 O( nm ) , 可以过 

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#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<iostream>

 

#define rep(i ,n) for(int i=0; i < n; ++i)

#define Rep(i, n) for(int i=1; i <= n; ++i)

#define clr(x ,c) memset(x, c, sizeof(x))

 

using namespace std;

 

const int maxn = 2005, MOD = 10;

 

int n, m, w[maxn], f[maxn][maxn], g[maxn][maxn];

 

void init() {

cin >> n >> m;

Rep(i, n) scanf("%d", w + i);

clr(f, 0), clr(g, 0);

}

 

void work() {

f[0][0] = g[n + 1][0] = 1;

Rep(i, n) {

for(int j = 0; j <= m; j++) {

f[i][j] = f[i - 1][j];

if(j >= w[i]) (f[i][j] += f[i - 1][j - w[i]]) %= MOD;

}

int h = n - i + 1;

   for(int j = 0; j <= m; j++) {

    g[h][j] = g[h + 1][j];

    if(j >= w[h]) (g[h][j] += g[h + 1][j - w[h]]) %= MOD;

   }

}

Rep(i, n) {

   Rep(j, m) {

    int ans = 0;

    rep(k, j + 1) (ans += f[i - 1][k] * g[i + 1][j - k]) %= MOD;

    printf("%d", ans);

   }

   putchar('\n');

}

}

 

int main(){

freopen( "test.in" , "r" , stdin );

init();

work();

return 0;

} 

  

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2287: 【POJ Challenge】消失之物

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Description

ftiasch 有 N 个物品, 体积分别是 W₁, W₂, ..., W_N。 由于她的疏忽, 第 i 个物品丢失了。 “要使用剩下的 N - 1 物品装满容积为 x 的背包，有几种方法呢？” -- 这是经典的问题了。她把答案记为 Count(i, x) ，想要得到所有1 <= i <= N, 1 <= x <= M的 Count(i, x) 表格。

Input

 

第1行：两个整数 N (1 ≤ N ≤ 2 × 10³) 和 M (1 ≤ M ≤ 2 × 10³)，物品的数量和最大的容积。

第2行： N 个整数 W₁, W₂, ..., W_N, 物品的体积。

Output

 

一个 N × M 的矩阵， Count(i, x)的末位数字。

Sample Input

3 2
1 1 2

Sample Output

11
11
21

HINT

如果物品3丢失的话，只有一种方法装满容量是2的背包，即选择物品1和物品2。

Source