1 3 0 2 -1 1 -2 ...
这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3。
栋栋对这种数列很好奇,他想知道长度为 n 和为 s 而且后一项总是比前一项增加a或者减少b的整数数列可能有多少种呢? 输入格式 输入的第一行包含四个整数 n s a b,含义如前面说述。 输出格式 输出一行,包含一个整数,表示满足条件的方案数。由于这个数很大,请输出方案数除以100000007的余数。 样例输入 4 10 2 3 样例输出 2 样例说明 这两个数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。
解题思路: 假设P = (a or -b),第一项为x,则 x + x+P + x+2P + ... + x+(n-1)P = s , nx + (n-1)n/2 * P = s , (s - ( n-1)n/2*P ) % n == 0 (x为整数) 这里用P其实不够准确,若第二项选择+a,则第三项是在 x+a的基础上选择+a / -b, 所以不同项选择的“权重“不同,第二项选择+a后剩下的项 都相当于+a,这时只要反过来表示才是准确的: x + (n-1)P + (n-1)P + ... + P = s. 假设a总共和有k1项,b有k2项,那么 k1 + k2 == (n-1)n/2 , 且满足 ( s - k1*a + k2*b ) %n ==0 ,所以问题转化为计算对于k1(0<=k1<=(n-1)n/2), 有多少种求和方案:<k1的不同且相加为k1的方案有多少的问题。 dp解决:另dp[ i ][ j ] :表示前i项a相加和为j的方案数。为方便起见,i的权重即为i。此时与01背包问题类似:若 i>j,则 i 不能加入,dp[ i ][ j ] = dp[ i-1][ j ], 若 i<j, 则dp[ i ][ j ] = dp[ i-1][ j ] + dp[ i-1 ][ j-i ] .不过对于100%的数据,1<=n<=1000,-1,000,000,000<=s<=1,000,000,000,开不了这么大的二维数组, 而dp[ i ] 只与 dp[ i-1 ]有关,可以用两行滚动数组解决。 实现代码:
1 #include<cstdio> 2 3 typedef long long int ll; 4 5 const int Max_N = 1000; 6 const ll Max_S = 1000000; 7 const ll mod = 100000007; 8 9 ll n,s,a,b; 10 11 int dp[2][Max_S/2]; 12 13 void solve() 14 { 15 dp[0][0] = 1; //初始条件 凑成0个a的方案数为1 16 int flag = 1; 17 //dp[i][j]:前i项可以凑成j的方案数 18 for( ll i=1; i<n; i++ ) 19 { 20 int flag_ = 1 - flag;// 0->1 1->0 21 for( ll j=0; j<=(i+1)*i/2; j++ ) 22 { 23 if( i>j ){ 24 dp[flag][j] = dp[flag_][j]; 25 } 26 else{ 27 dp[flag][j] = (dp[flag_][j]+dp[flag_][j-i])%mod; 28 } 29 } 30 flag = flag_; 31 } 32 33 ll S = (n-1)*n/2; 34 ll res = 0; 35 for( ll k=0; k<=S; k++ ) 36 { 37 ll k_ = S - k; 38 if( (s-k*a+k_*b)%n==0 ){ 39 res = (res + dp[1-flag][k])%mod; 40 } 41 } 42 printf("%lld\n",res); 43 } 44 45 int main() 46 { 47 scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&s,&a,&b); 48 49 solve(); 50 51 return 0; 52 }View Code
上解题思路是把所有a项数的方案计算出来,依次判断各项数下是否满足条件。另一个思路参考 https://www.cnblogs.com/mohari/p/13799761.html (更加简洁优美)
因为有 ( s - k1*a + k2*b ) %n ==0 --> s%n == (k1*a- k2*b)%n 即P的和与s同余。则问题转变为求P和与s同余的方案数。设dp[ i ][ j ]:前i项P和%n后==j的方案个数。
dp[ i ][ j ] 有前 i -1 项和 +i*a或者-i*b后%n==j得到。设前i-1项和为c:
c + i*a ≡ j (mod n) --> c ≡ j - i*a(mod n)
c - i*b ≡ j( mod n) --> c ≡ j + i*b( mod n)
所以dp[ i ][ j ] = ( dp[i-1][ (j-ai*+n)%n ] + dp[ i-1 ][ (j+i*b)%n ])
实现代码:
1 #include<cstdio> 2 3 typedef long long ll; 4 5 const int Max_N = 1000; 6 const int mod = 100000007; 7 8 //输入 9 ll n,s,a,b; 10 11 int dp[Max_N][Max_N]; 12 13 void solve() 14 { 15 dp[0][0] = 1; 16 17 for( int i=1; i<n; i++ ) 18 { 19 for( int j=0; j<n; j++ ) 20 { 21 dp[i][j] = (dp[i-1][((j-i*a)%n+n)%n]+dp[i-1][(j+i*b)%n])%mod; 22 } 23 } 24 25 printf("%d\n",dp[n-1][((s%n)+n)%n]); 26 } 27 28 int main() 29 { 30 scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&s,&a,&b); 31 32 solve(); 33 34 return 0; 35 }View Code
负数取余:https://www.cnblogs.com/widerg/p/7208041.html?utm_source=itdadao&utm_medium=referral 避免余数出现负数: ( a%b+b)%b