SRM 585 DIV 1 总结

题意：给你一棵高度为H的完全二叉树的路，问最少需要多少辆车把这路走完，车子不能返回。

那么最优的方案就是从小到上一层层的走完，就很容易地可以得到一种递推，需要注意的就是dp[0]  = 1

 

#include <vector>

#include <list>

#include <map>

#include <set>

#include <deque>

#include <stack>

#include <bitset>

#include <algorithm>

#include <functional>

#include <numeric>

#include <utility>

#include <sstream>

#include <iostream>

#include <iomanip>

#include <cstdio>

#include <cmath>

#include <cstdlib>

#include <ctime>



using namespace std;



class TrafficCongestion {

public:

	int theMinCars(int);

};

#define LL long long

const int mod = 1000000007;

LL dp[1000005];

int TrafficCongestion::theMinCars(int n) {

	dp[0] = 1;

	dp[1] = 1;

	LL pre = 2;

	for(int i = 2;i <= n; i++) {

		dp[i] = dp[i-2] + pre;

		dp[i] %= mod;

		pre = pre*2%mod;

	}

	return dp[n];

}

 

给你0到n-1每种数字的数量，问你能构成k个严格递增的序列的方案有多少种，结果对mod取余。

那我们用dp[i][j] 表示放了前i种数字构成j个严格递增的序列的种数，接下来要放第i+1个数字，这里cnt代表前i个数的总数，cur代表i+1的个数，对于j个序列要放 L 个i+1在后面，那剩下的i+1能放的地方有cnt-j+1，剩下i+1的个数为cur-L。我们把cnt-j+1简化成a，cur-L简化成b。

问题就转化成在a个地方放b个东西的方案数，有些地方可以不放东西，那我们就人为地加上a个东西，现在就有a+b个东西了，用a-1的隔板就可以把a+b个东西分成a份，每份中至少有1个东西，可以选择的插隔板的地方有a+b-1个。这就相当于在a个地方放b个东西且有些地方可以不放东西！经典的隔板法！

 

#include <vector>

#include <list>

#include <map>

#include <set>

#include <deque>

#include <stack>

#include <bitset>

#include <algorithm>

#include <functional>

#include <numeric>

#include <utility>

#include <sstream>

#include <iostream>

#include <iomanip>

#include <cstdio>

#include <cmath>

#include <cstdlib>

#include <ctime>

#define LL long long



using namespace std;



class LISNumber {

public:

	int count(vector <int>, int);

};



LL c[1505][1505], dp[38][1505];

const int mod = 1000000007;

int LISNumber::count(vector <int> card, int K) {

	int i, j, l;

	c[0][0] = 1;

	for(i = 1;i <= 1500; i++) {

		c[i][0] = 1;

		for(j = 1;j <= i; j++)

			c[i][j] = (c[i-1][j] + c[i-1][j-1])%mod;

	}

	memset(dp, 0, sizeof(dp));

	dp[0][card[0]] = 1;

	int cnt = card[0];

	for(i = 1;i < card.size(); i++) {

		int cur = card[i];

		for(j = 1;j <= K; j++) {

			if(!dp[i-1][j])	continue;

			for(l = 0;l <= j; l++)	if(cur + j - l <= K && cur >= l)

				dp[i][cur-l+j] = (dp[i][cur-l+j] + dp[i-1][j]%mod*c[j][l]%mod*c[cnt+cur-j][cur-l])%mod ;

		}

		cnt += cur;

	}

	return dp[card.size()-1][K];

}