Cpp環境【Vijos1060】斯特林數：盒子與球

【問題描述】      

　　n 個盒子排成一行（編號爲1..n）。你有A個紅球和B個藍球。球除了顏色沒有任何區別。你可以將球放進盒子。一個盒子可以同時放進兩種球，也可以只放一種，也可以空着。球不必全部放入盒子中。編程計算有多少种放置球的方法。

【輸入格式】      

　　一行，n，A，B，用空格分開。

【輸出格式】      

　　一行，輸出放置方案總數。

【輸入樣例】      

2 1 1

【輸出樣例】      

9

【樣例解釋】  

　　用一對括號表示一個盒子，R表示紅色，B表示藍色，有如下9種方案：
　　　( ), ( )
　　　(R ), ( )
　　　(B ), ( )
　　　(RB), ( )
　　　(R ), (B )
　　　(B ), (R )
　　　( ), (R )
　　　( ), (B )
　　　( ), (RB)

【數據範圍】  

40% 數據滿足：n<=10,A+B<=10
100%的數據滿足：1<=n<=20 ，0<=A<=15 ，0<=B<=15
最後的答案不會超過 -1。

【來源】

NOIP提高組
Vijos1060原題傳送矩陣
重慶一中題庫原題傳送矩陣

【思路梳理】

　　考試的時候因爲邊界問題糾結了很久=_+，想了一陣居然沒有想通所以交了對拍程序拿了60分走人，現在回想起來還是很虧，給自己在這裏留一個教訓。
　　言歸正傳，關於這個題首先想到的肯定是回溯算法暴力枚舉，run(i,j,k)=目前在考慮第i個盒子，前i-1個盒子中已經放入了j個紅球，k個藍球,那麼依次枚舉在這個盒子中放入x個紅球,y個藍球(0≤x≤A-j,0≤y≤B-k)的可行方案數：

unsigned long long solve(int i,int j,int k)//考慮第i個盒子，目前已總共放入j個紅球，k個籃球
{
　　　　　　if(i>n) return 1;//所有盒子都考慮完了，是一種可行方案
　　　　　　long long cnt=0;//將各個可能的方案數加在一起求和
　　　　　　for(int x=0;x<=A-i;x++)
　　　　　　for(int y=0;y<=B-j;y++)
　　　　　　　　cnt+=solve(i+1,i+x,j+y);
　　　　　　return cnt;
}

　　觀察數據範圍，因爲回溯的時間複雜度是O(AB^N)，那麼也就是40分的樣子。方案數考慮高效算法，使用遞推的思想，先列出狀態函數以及狀態轉移方程：

• f(i,j,k)=在前i個盒子中放入不超過j個紅球，不超過k個藍球的方案數。
• 狀態轉移方程:
• 邊界分析：f(0,i,j)=1，不放總會是一種方案，於是可以寫出如下的dp函數，時間複雜度爲O(）:

void dp_1()
{
    //f(i,j,k)=f(i-1,j-m,k)+f(i-1,j,k-n) (0<=m<=j,0<=n<=k)

    for(int i=0;i<=A;i++)
    for(int j=0;j<=B;j++)   d[0][i][j]=1;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=A;j>=0;j--)
    for(int k=B;k>=0;k--)
    {
        unsigned long long t=0;
        for(int m=0;m<=j;m++)//第i個盒子裝m個紅球 
        for(int n=0;n<=k;n++)//第i個盒子裝n個藍球 
            t+=d[i-1][j-m][k-n];
        d[i][j][k]=t;
    }
}

觀察後可以發現，可以將t+=d[j-m][k-n]改爲t+=d[m][n]（區別在於正着加和反着加）

如果你不是一個有志向的OIER，請自動忽略以下內容！

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如上函數，五重循環雖然能夠完美解答此題，但是依然不能讓我們滿意：當n達到50，0≤A，B≤30左右時，dp_1是無法在1s內解答的；或者是有多種球，例如說有四種顏色的球、五種顏色的球……顯然我們還需要考慮一些更高效的算法：
這裏所謂的球除了顏色以外沒有任何區別，那麼問題可以分步完成，每一次都考慮一種顏色的球：對於此題的紅藍兩種球，先考慮放紅球再考慮放藍球，那麼最後的總方案數就等於，即在n個盒子中分步放入A個紅球和B個藍球，然後運用乘法原理乘起來。這樣一來就可以三維數組轉二維數組，循環減少爲三重，時間複雜度下降爲：

int limit=max(A,B);
void dp_2()
{
    //狀態函數f(i,j)=在前i個盒子中放入不多於j個(紅/藍)球的方案數 
    //狀態轉移方程f(i,j)=f(i-1,j-m)(0<=m<=j)
    for(int i=0;i<=limit;i++)   d[0][i]=1;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=0;j<=limit;j++)
    {
        unsigned long long t=0;
        for(int m=0;m<=j;m++)//第i個盒子裝m個球 
            t+=d[i-1][j-m];
        //同樣可以使用：t+=d[i-1][m]

        d[i][j]=t;
    }
    cout<<(d[n][A]*d[n][B])<<endl;
}

很好，這一下時間複雜度大大下降，但是仍然沒有達到最優，還可以將三重循環減少爲兩重循環！從dp_2可以看出我們在填第i行第j列時，使用的是第i-1行、從第0列到第j列的數之和。可以由此想到前綴和，將dp_2中的t從第三重循環調整至第二重循環來計算前綴和，筆者不贅述，直接在【Cpp代碼】中給出dp函數和完整程序，時間複雜度爲：

最後提一點，這一個題實質上是斯特林數，的運用，關於斯特林數，詳見百度百科 斯特林數

【Cpp代碼】

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define maxn 25 
using namespace std;
int n,A,B;
unsigned long long d[maxn][maxn];

void dp_2()
{
    int limit=max(A,B);
    //狀態函數f(i,j)=在前i個盒子中放入不多於j個(紅/藍)球的方案數 
    //狀態轉移方程f(i,j)=f(i-1,j-m)(0<=m<=j)

    for(int i=0;i<=limit;i++)   d[0][i]=1;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        unsigned long long t=0;
        for(int j=0;j<=limit;j++)//第i個盒子裝j個球 
        {
            t+=d[i-1][j];
            d[i][j]=t;
        }
    }
    cout<<(d[n][A]*d[n][B])<<endl;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    dp();
    return 0;
}