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POJ 3046 Ant Counting 题解 《挑战程序设计竞赛(第2版)》

POJ 3046 Ant Counting

蚂蚁牙黑,蚂蚁牙红:有A只蚂蚁,来自T个家族。同一个家族的蚂蚁长得一样,但是不同家族的蚂蚁牙齿颜色不同。任取n只蚂蚁(S<=n<=B),求能组成几种集合?

这是《2.3 记录结果再利用的“动态规划” 优化递推关系式》练习题的第二题。

定义 

dp[i][j] := 使用前i个家族可以配出来“元素个数为j”的集合的个数。

那么dp[0][0] = 1,不使用任何蚂蚁配出空集的个数为1。

递推关系式:

dp[i][j] = ∑0family[i]dp[i – 1][j – k] 

前i-1个家族配成j-k的集合们每一个集合都加入k只家族i的蚂蚁,累加得到前i个家族配成j的集合的个数,直观的代码:

#include <iostream>
using namespace std;

#define MOD 1000
int family[1000 + 16];				// 每个家庭有多少只蚂蚁
int dp[1000 + 16][10000 + 16];		// 使用前i个家族可以配出来“元素个数为j”的集合的个数

///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////
int main(int argc, char *argv[])
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	int T, A, S, B;
	cin >> T >> A >> S >> B;
	for (int i = 0; i < A; ++i)
	{
		int index;
		cin >> index;
		++family[index];
	}
	dp[0][0] = 1;
	int total = family[0];					// 前i个家族一共有多少只蚂蚁
	for (int i = 1; i <= T; ++i)
	{
		total += family[i];
		for (int k = 0; k <= family[i]; ++k)
		{
			for (int j = total; j >= k; --j)
			{
				dp[i][j] = (dp[i][j] 
							+ dp[i - 1][j - k]	// 前i-1个家族配成j-k的集合们每一个集合都放入k只
												// 家族i的蚂蚁构成新集合,它们必然各不相同
							) % MOD;
			}
		}
	}
	int result = 0;
	for (int i = S; i <= B; ++i)
	{
		result = (result + dp[T][i]) % MOD;
	}
	cout << result << endl;
#ifndef ONLINE_JUDGE
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    system("out.txt");
#endif
    return 0;
}
///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////

由于dp数组每次都是i和i-1,所以可以滚动重复利用:

#include <iostream>
using namespace std;

#define MOD 1000000
int family[1000 + 16];				// 第i个家庭有多少只蚂蚁
int dp[2][100000 + 16];				// 使用前i个家族可以配出来“元素个数为j”的集合的个数

///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////
int main(int argc, char *argv[])
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	int T, A, S, B;
	cin >> T >> A >> S >> B;
	for (int i = 0; i < A; ++i)
	{
		int index;
		cin >> index;
		++family[index];
	}
	dp[0][0] = 1;
	int total = 0;								
	for (int i = 1; i <= T; ++i)
	{
		total += family[i];						// 前i个家族一共有多少只蚂蚁
		int cur = i & 0x1;
		int pre = (i - 1) & 0x1;
		memset(dp[cur], 0, sizeof(dp[cur]));
		for (int k = 0; k <= family[i]; ++k)
		{
			for (int j = total; j >= k; --j)
			{
				dp[cur][j] = (dp[cur][j] 
							+ dp[pre][j - k]	// 前i-1个家族配成j-k的集合们每一个集合都放入k只
												// 家族i的蚂蚁构成新集合,它们必然各不相同
							) % MOD;
			}
		}
	}
	int result = 0;
	int cur = T & 0x1;
	for (int i = S; i <= B; ++i)
	{
		result = (result + dp[cur][i]) % MOD;
	}
	cout << result << endl;
#ifndef ONLINE_JUDGE
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    system("out.txt");
#endif
    return 0;
}
///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////

事实上,这依然不是最优的递推式。在《挑战程序设计竞赛(第2版)》P69给出了一个更加优化的递推式,将

优化为

比较优化前后的项数变化,发现少了一项dp[i][j],多了一项dp[i][j-1-ai],于是分别加上少的项,减去多的项就得到上面的优化递推式。

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评论 1

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  1. #1

    请问为什么不能优化为一维数组?pre和cur是什么意思?

    Murcy1个月前 (07-15)回复

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