[USACO22JAN] Drought G

洛谷[USACO22JAN] Drought G

题目大意

Farmer John有 n n n头奶牛,第 i i i头奶牛有一个饥饿度 h i h_i hi。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 i i i + 1 i+1 i+1并分别喂她们一袋玉米,令她们的饥饿度各减少 1 1 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 H_i Hi

求符合上述上界的 n n n元组 [ h 1 , h 2 , …   . h n ] [h_1,h_2,\dots.h_n] [h1,h2,.hn]的数量,使得Farmer John可以达到他的目标。输出答案模 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7后的值。

1 ≤ n ≤ 100 , 0 ≤ H i ≤ 1000 1\leq n\leq 100,0\leq H_i\leq 1000 1n100,0Hi1000


题解

如果 n n 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 0 0。那么,我们就可以求最终饥饿度能够变为 0 0 0 n n n元组。

f i , j f_{i,j} fi,j表示当前枚举到奶牛 i i i和奶牛 i + 1 i+1 i+1的喂食且对这两头的喂食量为 j j j,则我们可以想到 O ( n ⋅ H i 2 ) O(n\cdot H_i^2) O(nHi2)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 ⋅ H i ) O(n\cdot H_i) O(nHi)的转移。

对于 n n 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 ⋅ H i 2 ) O(n\cdot H_i^2) O(nHi2)

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;
}

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