[USACO22JAN] Drought G

洛谷[USACO22JAN] Drought G

题目大意

Farmer John有$n$头奶牛，第$i$头奶牛有一个饥饿度$h_i$。Farmer John降低奶牛饥饿度的唯一方法是选择两头相邻的奶牛$i$和$i+1$并分别喂她们一袋玉米，令她们的饥饿度各减少$1$。

Farmer John想将他的奶牛喂至所有的奶牛都具有相同的饥饿度。尽管他不知道他的奶牛们具体的饥饿度，他知道每一头奶牛的饥饿度上界$H_i$。

求符合上述上界的$n$元组$[h_1,h_2,\dots .h_n]$的数量，使得Farmer John可以达到他的目标。输出答案模$10^9+7$后的值。

$1\le n\le 100,0\le H_i\le 1000$

题解

如果$n$为偶数，则只要奶牛能降到相同的饥饿度，无论饥饿度为多少，都可以经过若干次喂食使得饥饿度变为$0$。那么，我们就可以求最终饥饿度能够变为$0$的$n$元组。

设$f_{i,j}$表示当前枚举到奶牛$i$和奶牛$i+1$的喂食且对这两头的喂食量为$j$，则我们可以想到$O(n\cdot H_i^2)$的转移式（即代码中注释部分。观察发现这其实就是求前缀和，所以可以优化得到$O(n\cdot H_i)$的转移。

对于$n$为奇数的情况，枚举最后要达到的相同的饥饿度，再按上面的步骤来做即可。时间复杂度为$O(n\cdot H_i^2)$。

code

#include
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
int n,mn=100000,a[105];
long long ans=0,f[105][1005];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		mn=min(mn,a[i]);
	}
	if(n%2==0){
		for(int i=0;i<=a[1];i++) f[1][i]=1;
		for(int i=2;i<n;i++){
//			for(int j=0;j<=a[i];j++){
//				for(int k=0;k<=a[i]-j;k++){
//					f[i][k]=(f[i][k]+f[i-1][j])%mod;
//				}
//			}
			long long sum=0;
			for(int k=a[i];k>=0;k--){
				sum=(sum+f[i-1][a[i]-k])%mod;
				f[i][k]=sum;
			}	
		}
		for(int i=0;i<=a[n];i++){
			ans=(ans+f[n-1][i])%mod;
		}
		printf("%lld",ans);
	}
	else{
		for(int o=0;o<=mn;o++){
			for(int i=0;i<=a[1]-o;i++) f[1][i]=1;
			for(int i=2;i<n;i++){
				long long sum=0;
				for(int k=a[i]-o;k>=0;k--){
					sum=(sum+f[i-1][a[i]-o-k])%mod;
					f[i][k]=sum;
				}
			}
			for(int i=0;i<=a[n]-o;i++){
				ans=(ans+f[n-1][i])%mod;
			}
			for(int i=1;i<=n;i++){
				for(int j=0;j<=a[i]-o;j++) f[i][j]=0;
			}
		}
		printf("%lld",ans);
	}
	return 0;
}