【藍橋杯】歷屆試題 波動數列（動態規劃）

歷屆試題 波動數列

問題描述
觀察這個數列：
1 3 0 2 -1 1 -2 …
這個數列中後一項總是比前一項增加2或者減少3。
棟棟對這種數列很好奇，他想知道長度爲 n 和爲 s 而且後一項總是比前一項增加a或者減少b的整數數列可能有多少種呢？

輸入格式
輸入的第一行包含四個整數 n s a b，含義如前面說述。

輸出格式
輸出一行，包含一個整數，表示滿足條件的方案數。由於這個數很大，請輸出方案數除以100000007的餘數。

樣例輸入
4 10 2 3

樣例輸出
2

樣例說明
這兩個數列分別是2 4 1 3和7 4 1 -2。

數據規模和約定
對於10%的數據，1<=n<=5，0<=s<=5，1<=a,b<=5；
對於30%的數據，1<=n<=30，0<=s<=30，1<=a,b<=30；
對於50%的數據，1<=n<=50，0<=s<=50，1<=a,b<=50；
對於70%的數據，1<=n<=100，0<=s<=500，1<=a, b<=50；
對於100%的數據，1<=n<=1000，-1,000,000,000<=s<=1,000,000,000，1<=a, b<=1,000,000。

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—— 分割線之小試牛刀 ——

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分析：
讀完這道題之後的第一反應是，可不可以搜索？比如可以假設某個序列的首項爲x，那麼採用搜索算法求解該題的過程大致如下：

可以看出，搜索算法的時間複雜度在O(2ⁿ)級別，而最大的數據範圍：n可以取到1000，超時無疑
因此我們不得不放其這個思路

實際上，有些看起來像是搜索算法的題目，大多都會因爲數據範圍而超時。
此時，通常都會用記憶化搜索或者DP算法來替之解決，本題也正是如此。
對於這個序列而言，我們發現其中每個數的後一項要麼比其大a，要麼比其小b
即：X_i+1 - X_i = set，而set = { a,-b }
於是我們可以把a和b封裝起來，將其視爲一個整體set，則此時的序列如下：

該序列是一個首項爲x，公差爲set的序列
在該序列中，集合set出現的次數爲1+2+…+(n-1)=(n-1)*(1+(n-1))/2=(n-1)*n/2，我們令num=(n-1)*n/2
則可以得到這個序列的總和S_n=n*x+num*set
由於數num表示着數字a和數字b出現的次數，因此若將其分別設爲numa和numb，則有num=numa+numb
那麼序列總和S_n=n*x+numa*a-numb*b=n*x+numa*a-(num-numa)*b
在上述式子中，只有兩個未知數：“首項x”和“數字a出現的次數numa”
由於題目明確地說明了該序列是一個整數序列，而數字a出現的次數顯然也是整數（並且numa∈[0,num]）
那麼我們就可以通過枚舉數字a出現的次數，來求出對應的x。如果求出的x是一個整數，那麼就表示找到了一個序列符合題目要求（這個序列的首項爲x，之後的所有項中共有numa個"+a"，以及(num-numa)個"-b"）。我們可以把這些情況都統計下來，最終輸出總的個數即可

等一下！有個問題！
如果找到了一個numa使得最終算出的x爲整數，那麼這個numa只是指明瞭當前序列中有numa個”+a”，以及(num-numa)個”-b”，但是這numa個”+a”的排列方式可能有很多種（對應”-b”的排列方式也就有多種）！比如在某個情況下算得numa=7,numb=3，則對於numa而言有1+2+4=7，也有3+4=7這兩種組合方式（對應的，對numb就有3=3，1+2=3這兩種組合方式），表現在序列中的情況如下：
情況①：7個"+a"的組合爲4+2+1（對應3個"-b"爲3）

情況②：7個"+a"的組合爲4+3（對應3個"-b"爲2+1）

換言之，對於某次求出的符合要求的numa值而言，並不意味着只有這一種情況，因爲其可能含有多種組合。比如上面的7可以由1+2+4組成，還可以用3+4組成；再比如10可以由1+2+3+4組成，還可以用1+4+5和2+3+5組成。現在我們需要解決的問題就是，怎麼得到一個數的組合方案呢？
這裏我們定義一個名詞：子集和。用於表示集合{ 1,2,3,……,n }的所有子集的元素之和的個數。那麼容易得到子集和個數與原集合中元素個數的關係爲：n(n+1)/2=4*5/2=10。比如對於集合{ 1,2,3,4 }而言，其有4個元素，雖然其子集個數爲24=16，但是其子集和個數卻只有10。其子集和的具體情況如下所示：

公式n(n+1)/2僅僅是給了我們對於某個元素數量爲n的集合，其能產生子集和的個數，但是卻並沒有告訴我們對於其中某一個子集和，其具體的組合方案有多少。而我們在求解本題的時候，是需要這個信息的，因此我們希望能通過打表的方式將上面的這個dp數組求出，從而方便後面得到numa時能直接調用，得出具體的組合方案數。
那要怎麼打表呢？如果細心點你會發現一件事：“從 1,2……,n-1 任意取數，能夠組成numa的方案數”和01揹包問題的題設如出一轍，因此我們可以通過DP來求解上面的dp[numa]數組

到此，整道題的總體思路已經理清，最後總結一下解題過程：

1. 錄入n,s,a,b的值；
2. 利用DP得到區間[1, n(n+1)/2]之間的各個子集和的具體組合方案，並將其保存進dp數組中；
3. 利用等式Sn=n*x+numa*a-(num-numa)*b，通過一層循環來枚舉numa，將滿足要求的numa的dp[numa]值取出並累加統計；
4. 輸出統計結果

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—— 分割線之尋行數墨 ——

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接下來針對每個過程，我們分析具體的算法
首先是求dp數組，我們設dp[i][j]表示從集合{ 1,2,3,……,n }中的前i個數進行選擇（假設該集合按從小到大進行了升序排序），使得其和爲j，那麼動態轉移時的選擇有以下兩種：
① 當j<i時，此時的元素都不能選，因爲在上一次已經將情況枚舉完了（最小閉包），故現在不需要再選。即，狀態轉移方程爲：dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ]（問題：那對於dp[i][0]而言，其方程是？）
實際上我們知道，當numa=0時(則numb=num)，整個序列就只有一種組合情況，所以在實際進行枚舉時，我們都是直接將所有的dp[i][0]=1，這一點很關鍵！對於上面的動態轉移方程，我們還是舉個例子來說明：
比如對於集合{ 1,2,3 },其子集和表如下：

對比集合{ 1,2,3,4 }的子集和表，你會發現，當num<4時，集合{ 1,2,3,4 }的子集和表與集合{ 1,2,3 }的子集和表一致，即dp[4][1]=dp[3][1]=1,dp[4][2]=dp[3][2]=1,dp[4][3]=dp[3][3]=2。這是因爲，當集合由{ 1,2,3 }再加上一個元素4時，前面j∈[1,3]的組合方式不可能涉及到新加進來的這個元素4（4 > 3）；同樣地，當集合再由{ 1,2,3,4 }加上一個元素5時，前面j∈[1,4]的組合方式也不可能涉及到新加入的元素5（5 > 4），因此也不會發生任何改變……

② 當j>=i時，此時第j個元素等於上一次選了的再加上現在由於新加了元素而導致增加的
即，狀態轉移方程爲：dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ] + dp[ i-1 ][ j-i ]
實際上，dp[i-1][j-1]和01揹包中的dp[i][j-w[i]]是一樣的，就是利用前面已經算出的值
比如對於元素4，在集合{ 1,2,3 }的子集和表中，我們得到dp[3][4]=1，即在集合{ 1,2,3 }中，能夠組合出4的方案只有一種{ {1,3} }。現在集合由{ 1,2,3 }新添了一個元素4，那麼此時集合中對於4的組合方案就多出了一個{4}，於是現在dp[4][4]=dp[3][4]+dp[3][0]=1+1=2（這裏的dp[3][0]就是利用了前面已經算出的dp[3][0]，因爲4-4=0，即當前j=4時，在集合{ 1,2,3 }中多加了一個元素4的前提下，我們只需要關心有多少種組合出0的方案，亦即dp[3][0]的取值即可，這裏再次體現了將dp[i][0]=1的作用）；
同樣地，在集和{ 1,2,3 }的子集和表中，得到dp[3][5]=1，即在集合{ 1,2,3 }中，能夠組合出5的方案只有一種{ {2,3} }。現在集合由{ 1,2,3 }新添了一個元素4，那麼此時集合中對於5的組合方案就多出了一個{1,4}，於是現在dp[4][5]=dp[3][4]+dp[3][1]=1+1=2（這裏的dp[3][1]就是利用了前面已經算出的dp[3][1]，因爲5-4=1，即當前j=5時，在集合{ 1,2,3 }中多加了一個元素4的前提下，我們只需要關心有多少種組合出1的方案，亦即dp[3][1]的取值即可）
……
我們知道num=(n-1)*n/2，因此在n∈[1,1000]的數據範圍下，num的數量級是10⁶，因此我們設置的dp數組的範圍大致爲：M=1000000,N=1000,dp[N][M]，顯然我們需要對空間進行優化
優化方案和01揹包一樣，通過利用滾動數組，並且也是一樣的需要採用自右向左更新的方向
於是可以得出這一過程的代碼爲：

const int MOD=100000007;
const int N=1000010;
int dp[N];
void create(int n)
{
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<n;i++)
		for(int j=i*(i+1)/2;j>=i;j--)
			dp[j]=(dp[j]+dp[j-i])%MOD;	//特別注意：這裏也需要取餘 
}

然後，我們就可以利用公式：Sn=n*x+numa*a-(num-numa)*b
通過一層循環來枚舉numa的值（numa∈[0,num]，而num=(n-1)*n/2，n∈[1,1000]），也就是說此時枚舉的最大範圍在10⁶級別，在一層循環下是完全可以接受的。如果對於某個枚舉值，通過上述公式計算出的x爲一個整數，那麼我們就可以將其視爲一個合法的numa值，此時我們直接取出對應的dp[numa]值即可，這一過程的代碼如下：

int num=(n-1)*n/2;
int ans=0;
for(int i=0;i<=num;i++){
	long long temp=s-numa*a+(num-numa)*b;
	if(temp%n==0)
		ans=(ans+dp[i])%MOD;
}

這裏還能再優化一下，我們注意到對於temp而言：temp=s-numa*a+(num-numa)*b
在每次枚舉求temp時我們都需要求2次乘法，2次減法，1次加法
實際上，我們對公式Sn=n*x+numa*a-(num-numa)*b進行變換可以得到一個更簡單的式子：
①打開括號，得到: Sn = n*x+numa*a+numa*b-num*b
②方程兩邊同時加num*b，得到：Sn+num*b = n*x+numa*(a+b)
③移項，得到：n*x = (Sn+num*b) - numa*(a+b)
觀察上式，我們發現其中(Sn+num*b)和(a+b)都是不依賴numa的值，是可以提前算出的
於是此時，我們就可以將這一過程的代碼優化爲：

int num=(n-1)*n/2;
long long optnum=a+b;
s += num*b;
int ans=0;
for(int i=0;i<=num;i++){
	long long temp=s-i*optnum;
	if(temp%n==0)
		ans=(ans+dp[i])%MOD;
}

如此進行優化後，在每次枚舉求temp時我們就只需要求1次乘法和1次減法即可

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—— 分割線之一蹴而就 ——

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下面直接給出求解本題的完整代碼：

#include<iostream>
using namespace std;

const int MOD=100000007;
const int N=1000010;
int dp[N];
long long n,a,b,s;						//特別注意：b,s必須設爲long long型 
void create(int n)
{
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<n;i++)
		for(int j=i*(i+1)/2;j>=i;j--)
			dp[j]=(dp[j]+dp[j-i])%MOD;	//特別注意：這裏也需要取餘 
}

int main()
{
	cin>>n>>s>>a>>b;
	int num=(n-1)*n/2;
	long long optnum=a+b;
	s += num*b;
	create(n);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=num;i++){
		long long temp=s-i*optnum;
		if(temp%n==0)
			ans=(ans+dp[i])%MOD;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}