Cpp环境【Vijos1060】斯特林数：盒子与球

【问题描述】      

　　n 个盒子排成一行（编号为1..n）。你有A个红球和B个蓝球。球除了颜色没有任何区别。你可以将球放进盒子。一个盒子可以同时放进两种球，也可以只放一种，也可以空着。球不必全部放入盒子中。编程计算有多少种放置球的方法。

【输入格式】      

　　一行，n，A，B，用空格分开。

【输出格式】      

　　一行，输出放置方案总数。

【输入样例】      

2 1 1

【输出样例】      

9

【样例解释】  

　　用一对括号表示一个盒子，R表示红色，B表示蓝色，有如下9种方案：
　　　( ), ( )
　　　(R ), ( )
　　　(B ), ( )
　　　(RB), ( )
　　　(R ), (B )
　　　(B ), (R )
　　　( ), (R )
　　　( ), (B )
　　　( ), (RB)

【数据范围】  

40% 数据满足：n<=10,A+B<=10
100%的数据满足：1<=n<=20 ，0<=A<=15 ，0<=B<=15
最后的答案不会超过 -1。

【来源】

NOIP提高组
Vijos1060原题传送矩阵
重庆一中题库原题传送矩阵

【思路梳理】

　　考试的时候因为边界问题纠结了很久=_+，想了一阵居然没有想通所以交了对拍程序拿了60分走人，现在回想起来还是很亏，给自己在这里留一个教训。
　　言归正传，关于这个题首先想到的肯定是回溯算法暴力枚举，run(i,j,k)=目前在考虑第i个盒子，前i-1个盒子中已经放入了j个红球，k个蓝球,那么依次枚举在这个盒子中放入x个红球,y个蓝球(0≤x≤A-j,0≤y≤B-k)的可行方案数：

unsigned long long solve(int i,int j,int k)//考虑第i个盒子，目前已总共放入j个红球，k个篮球
{
　　　　　　if(i>n) return 1;//所有盒子都考虑完了，是一种可行方案
　　　　　　long long cnt=0;//将各个可能的方案数加在一起求和
　　　　　　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;
}

　　观察数据范围，因为回溯的时间复杂度是O(AB^N)，那么也就是40分的样子。方案数考虑高效算法，使用递推的思想，先列出状态函数以及状态转移方程：

• f(i,j,k)=在前i个盒子中放入不超过j个红球，不超过k个蓝球的方案数。
• 状态转移方程:
• 边界分析：f(0,i,j)=1，不放总会是一种方案，于是可以写出如下的dp函数，时间复杂度为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个盒子装m个红球 
        for(int n=0;n<=k;n++)//第i个盒子装n个蓝球 
            t+=d[i-1][j-m][k-n];
        d[i][j][k]=t;
    }
}

观察后可以发现，可以将t+=d[j-m][k-n]改为t+=d[m][n]（区别在于正着加和反着加）

如果你不是一个有志向的OIER，请自动忽略以下内容！

---

如上函数，五重循环虽然能够完美解答此题，但是依然不能让我们满意：当n达到50，0≤A，B≤30左右时，dp_1是无法在1s内解答的；或者是有多种球，例如说有四种颜色的球、五种颜色的球……显然我们还需要考虑一些更高效的算法：
这里所谓的球除了颜色以外没有任何区别，那么问题可以分步完成，每一次都考虑一种颜色的球：对于此题的红蓝两种球，先考虑放红球再考虑放蓝球，那么最后的总方案数就等于，即在n个盒子中分步放入A个红球和B个蓝球，然后运用乘法原理乘起来。这样一来就可以三维数组转二维数组，循环减少为三重，时间复杂度下降为：

int limit=max(A,B);
void dp_2()
{
    //状态函数f(i,j)=在前i个盒子中放入不多于j个(红/蓝)球的方案数 
    //状态转移方程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个盒子装m个球 
            t+=d[i-1][j-m];
        //同样可以使用：t+=d[i-1][m]

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

很好，这一下时间复杂度大大下降，但是仍然没有达到最优，还可以将三重循环减少为两重循环！从dp_2可以看出我们在填第i行第j列时，使用的是第i-1行、从第0列到第j列的数之和。可以由此想到前缀和，将dp_2中的t从第三重循环调整至第二重循环来计算前缀和，笔者不赘述，直接在【Cpp代码】中给出dp函数和完整程序，时间复杂度为：

最后提一点，这一个题实质上是斯特林数，的运用，关于斯特林数，详见百度百科 斯特林数

【Cpp代码】

#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);
    //状态函数f(i,j)=在前i个盒子中放入不多于j个(红/蓝)球的方案数 
    //状态转移方程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个盒子装j个球 
        {
            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;
}