挑戰程序設計競賽 2.3章習題 poj 3046 Ant Counting

https://vjudge.net.cn/problem/POJ-3046#author=GPT_zh

有一天，貝西在螞蟻山裏探頭探腦，看着螞蟻們來來回回地覓食。
她發現很多螞蟻都是兄弟姐妹，彼此無法區分。
她還發現，有時只有一隻螞蟻去覓食，有時幾隻，有時全部。
這就產生了大量不同組合的螞蟻！

有點數學天賦的貝茜開始琢磨起來。貝西注意到，蜂巢裏有 T（1 <= T <= 1,000）個螞蟻家庭，
她把它們標爲 1...T（共有 A 只螞蟻）。
每個家庭有一定數量的螞蟻 Ni (1 <= Ni <= 100)。

可以組成多少個大小爲 S、S+1、......、B（1 <= S <= B <= A）的小組？

在觀察一個螞蟻羣時，可以看到三個螞蟻家族的集合是{1, 1, 2, 2, 3}，但很少按這個順序排列。
螞蟻行進的可能集合是

有 1 只螞蟻的 3 個集合： {1} {2} {3}
有 2 只螞蟻的 5 組 {1,1} {1,2} {1,3} {2,2} {2,3}
有 3 只螞蟻的 5 組 {1,1,2} {1,1,3} {1,2,2} {1,2,3} {2,2,3}
有 4 只螞蟻的 3 組 {1,2,2,3} {1,1,2,2} {1,1,2,3}
有 5 只螞蟻的 1 組 {1,1,2,2,3}

你的任務是根據上述數據計算可能的螞蟻集合數。
輸入
* 第 1 行：4 個空格分隔的整數： T、A、S 和 B

* 第 2...A+1 行：每行包含一個整數，即蜂巢中存在的螞蟻類型
輸出
* 第 1 行： 可創建的大小爲 S...B（包括 S...B）的集合數量。像 {1,2} 這樣的集合與 {2,1} 這樣的集合相同，不應重複計算。
只打印該數字的後六位，不打印前導零或空格。

3 5 2 3
1
2
2
1
3

10


提示
輸入細節：
三種類型的螞蟻（1...3）；共有 5 只螞蟻。可以製作多少套大小爲 2 或 3 的螞蟻？

輸出細節：
5 組有兩名成員的螞蟻；另外 5 組有三名成員的螞蟻


題意簡化一下 就是
1到t組，每組抽出若干數字，總個數爲sum的方案數是多少
最後輸出 ans
ans =  sum=S方案數 + sum=S+1方案數 + sum=S+2方案數 ~~~~  + sum=B方案數

解答
dp

代碼如下:

#include <iostream>

using namespace std;


const int N = 1000 * 100 + 10;
int dp[1000][N];
int ants[N];
int T, S, A, B;
const int MOD = 1000000;

void solve() {
	dp[0][0] = 1;

	for (int i = 1; i <= T; i++) {
		for (int j = 0; j <= A; j++) {
			for (int k = 0; k <= ants[i]; k++) {
				if (j >= k) {
					dp[i][j] += dp[i - 1][j - k];
					dp[i][j] %= MOD;
				}
			}
		}
	}

	long long  ans = 0;
	for (int i = S; i <= B; i++) {
		ans += dp[T][i];
		ans %= MOD;
	}
	cout << ans << endl;

	return;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	cin >> T >> A >> S >> B;

	for (int i = 1; i <= A; i++) {
		int t; cin >> t;
		ants[t]++;
	}

	solve();

	return 0;
}

在POJ能ac 但是可能是數據太弱的原因。
A在極端取值 1000組螞蟻 每個螞蟻都是100個。 那麼A=100000
上面的代碼 耗時就是O(A*T*100) 就是1e10  會超時的。

下面進行優化

#include <iostream>

using namespace std;


const int N = 1000 * 100 + 10;
int dp[1000][N];
int ants[N];
int T, S, A, B;
const int MOD = 1000000;

void solve() {
	dp[0][0] = 1;

	for (int i = 1; i <= T; i++) {
		for (int j = 0; j <= A; j++) {
			if (j == 0) { dp[i][j] = 1; }
			else if (j  >= ants[i]+1) {
				dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] - dp[i - 1][j - ants[i]-1];
			}
			else {
				dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
			}
			dp[i][j]  %= MOD;
		}
	
	}

	long long  ans = 0;
	for (int i = S; i <= B; i++) {
		ans += dp[T][i];
		ans = (ans + MOD) % MOD;
	}
	cout << ans << endl;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	cin >> T >> A >> S >> B;

	for (int i = 1; i <= A; i++) {
		int t; cin >> t;
		ants[t]++;
	}

	solve();

	return 0;
}

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