刷题记录:牛客NC210520Min酱要旅行

传送门:牛客

题目描述:

题目较长此处省略
输入:
3 2
1 1 2
输出:
11
11
21
1
2
3
4
5
6
7
8

注意,这道题的题目巨坑,它的题面上说的是包裹装物品的方案数,但是它没有告诉你包裹是要装满的!!!,这一点在输出要求才有!!!,只能说一句:焯,浪费我大量时间

主要思路:

1. 首先我们肯定能感觉出这是一道背包问题(也可以说是计数dp)的题目吧.假设我们没有哪种物品无法携带的要求的话,那么这道题我们只需要一个简单的转移方程即可

$dp[j]+=dp[j-a[i]]$,也就是当前的方案数等于去除当前枚举到的物品剩下的重量能装的方案数,注意是装满.

也就是说我们的dp数组存的是装满$j$体积需要的方案数

2. 但是此时我们需要的是有限制的.这该怎么解决呢.我们可以再创建一个新的数组,来存储第$i$件物品不能存储的方案数.那么我们会发现有一个这样的等式,(我们当前不选i体积为j的方案数)=(我们体积为j的总的方案数)—(我们选取i且体积为j的方案数),并且我们**(选取i且体积为j的方案数=我们不选取i且体积为j-a[i]的方案数)**,为什么这个等式是成立的呢,因当前不选$i$,但是如果我们在这个的基础上选$i$的话,显然也是满足条件的,因为体积是刚刚好的.所以经过这样的代换之后我们就巧妙的得到了我们的递推公式.
3. 并且对于体积小于我们的不选的物品的体积时,显然我们是选不了$i$物品的,此时我们的新数组和原来的dp的值应当是一样的.
4. 对于边界问题,体积为0的时候方案数为1

下面是具体的代码部分:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define maxn 1000000
#define ll_maxn 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const double eps=1e-8;
int n,m;int dp[maxn];
int ans[maxn];int a[maxn];
int main() {
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=m;j>=a[i];j--) {
			dp[j]=(dp[j]+dp[j-a[i]])%10;
		}
	}
	ans[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			if(j<a[i]) ans[j]=dp[j];
			else ans[j]=(dp[j]-ans[j-a[i]]+10)%10;
		}
		for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d",ans[j]);
		puts("");
	}
	return 0;
}
1
2
3
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5
6
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