Ant Counting POJ - 3046 (多重集組合數&dp優化)

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多重集組合數：

有n種物品，第i種物品有ai個。不同種類的物品可以互相區分但相同種類的無法區分。從這些物品中取出m個的話，有多少種取法？求出方案數模M的餘數

爲了不重複計數，同一種種類的物品最好一次處理，定義：

dp[i+1][j]：=從前i種物品種取出j個的組合總數

爲了從前i種物品種取出j個，可以從前i-1種物品中取出j-k個，再從第i種物品中取出k個添加進來，得到遞推式:

直接計算這個遞推關係的話複雜度時O(NM^2)，不過可以看下如下優化：

int n,m;
int a[MAXN];
int dp[MAXN+1][MAXM+1];
void solve()
{
    for(int i=0;i<=n;i++){
        dp[i][0]=1;
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(j-1-a[i]>=0){
                dp[i+1][j]=(dp[i+1][j-1]+dp[i][j]-dp[i][j-1-a[i]]+M)%M;
            }else{
                dp[i+1][j]=(dp[i+1][j-1]+dp[i][j])%M;
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[n][m]);
}

附上代碼（可以看出，這個實際上可以用個二維數組進行滾動優化）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

const int MAXT=1010;
const int MOD=1000000;

int a[MAXT];
int dp[2][MAXT*100];

int main()
{
    int t,n,s,b;
    while(scanf("%d%d%d%d",&t,&n,&s,&b)!=EOF){
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        int x;
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%d",&x);
            a[x-1]++;
        }
        dp[0][0]=dp[1][0]=1;
        for(int i=0;i<t;i++){
            for(int j=1;j<=b;j++){
                if(j-1-a[i]>=0){
                    dp[(i+1)&1][j]=(dp[(i+1)&1][j-1]+dp[i&1][j]-dp[i&1][j-1-a[i]]+MOD)%MOD;
                }else{
                    dp[(i+1)&1][j]=(dp[(i+1)&1][j-1]+dp[i&1][j])%MOD;
                }
            }
        }
        int ans=0;
        for(int i=s;i<=b;i++){
            ans=(ans+dp[t&1][i])%MOD;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}