[BZOJ 2287/POJ openjudge1009/Luogu P4141] 消失之物

题面:

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Solution

DP+DP

首先,我们可以很轻松地求出所有物品都要的情况下的选择方案数,一个简单的满背包DP就好

即:f[i][j]表示前i个物品装满容量为j的背包的方案数.

转移也很简单 f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-w[i]] (i:1~n,j:1~m) (即选和不选的问题)

初始化 f[i][0]=1 (i:[0~n]) (如果背包容量为0,无论如何都有且只有一种方案将其装满)

接下来,考虑用另一个dp来求解在某一物品不放下的方案数

设 g[i][j] 表示第i个物品不放入背包,装满容量为j的背包的方案数

转移为:

g[i][j] = f[n][j] ( j < w[i]) (即当背包容量小于所不放物品的大小时,那么其方案数必然为f[n][j],因为f[n][j]中的所有方案肯定取不到第i个)

　　 = f[n][j] - g[i][j-w[i]]

i:1~n j:1~m

下面那个转移意思即是:

所有的方案总数减去包括第i项物品的方案数

因为g[i][j-w[i]]中的每一种情况再装入w[i]即可达到g[i][j]这个状态,而g[i][j]的定义是不装入i的方案数,所以说包括第i项物品的方案能且仅能从g[i][j-w[i]]转移过来

初始化:

g[i][0]=1 (i:[0~n])(背包容量为0时方案有且仅有啥都不要)

这样就可以口头AC了

但是,还有一个要注意的小地方

在%P的意义下, f[n][j]-g[i][j-w[i]]有可能为负数

负数取模的方法为 : (x % P + P)%P

然后就OK啦

Code

//Openjudge 1009:消失之物

//Apr,2ed,2018

//DP+DP

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

long long read()

{

    long long x=0,f=1; char c=getchar();

    while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}

    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}

    return x*f;

}

const int N=2000+100;

const int M=2000+100;

const int P=10;

char f[N][M],g[M];

int w[N],n,m;

int main()

{

    n=read(),m=read();

    for(int i=1;i<=n;i++)

        w[i]=read();

    f[0][0]=1;

    for(int i=1;i<=n;i++)

        for(int j=0;j<=m;j++)

        {

            f[i][j]=f[i-1][j];

            if(j-w[i]>=0)

                f[i][j]+=f[i-1][j-w[i]];

            if(f[i][j]>=P) f[i][j]%=P;

        }

    g[0]=1;

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        for(int j=1;j<=m;j++)

        {

            if(j<w[i])

                printf("%d",g[j]=f[n][j]);

            else

                printf("%d",g[j]=(f[n][j]-g[j-w[i]]+P)%P);

        }

        printf("\n");

    }

    return 0;

}

c++

后记

这种DP+DP的题目还是第一次写,写起来有一点点不熟练

看来我还是需要多学习一个

巴特西

[BZOJ 2287/POJ openjudge1009/Luogu P4141] 消失之物

题面:

Solution

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后记

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