BZOJ 2287: 【POJ Challenge】消失之物

2287: 【POJ Challenge】消失之物

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 812 Solved: 462
[Submit][Status][Discuss]

Description

ftiasch 有 N 個物品, 體積分別是 W1, W2, …, WN。 由於她的疏忽, 第 i 個物品丟失了。 “要使用剩下的 N - 1 物品裝滿容積爲 x 的揹包，有幾種方法呢？” – 這是經典的問題了。她把答案記爲 Count(i, x) ，想要得到所有1 <= i <= N, 1 <= x <= M的 Count(i, x) 表格。

Input

第1行：兩個整數 N (1 ≤ N ≤ 2 × 103) 和 M (1 ≤ M ≤ 2 × 103)，物品的數量和最大的容積。

第2行： N 個整數 W1, W2, …, WN, 物品的體積。

Output

一個 N × M 的矩陣， Count(i, x)的末位數字。

Sample Input

3 2

1 1 2

Sample Output

11

11

21

HINT

如果物品3丟失的話，只有一種方法裝滿容量是2的揹包，即選擇物品1和物品2。

Source

題解：
發現自己對這種dp預處理再dp的題簡直……弱到飛起。
可以很輕鬆地預處理出f[i]表示裝滿體積爲i的揹包的方案數。
然後再用dp[i][j]表示不選i物品裝滿體積爲j的方案數。
顯然：
當j==0的時候，dp[i][j]=0;
當j< w[i]的時候，dp[i][j]=f[j]，因爲此時無論怎麼選都選不到i
其他時候，dp[i][j]=f[j]-dp[i][j-w[i]]因爲不選第i個物品的方案數=總的方案數-選第i個物品的方案數。
dp數組也可以降到一維。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

const int N = 2000 + 10;

int n,m;
int w[N],f[N];
int dp[N];

int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=read();
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=m;j>=w[i];j--){
            f[j]=(f[j]+f[j-w[i]])%10;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        dp[0]=1;
        for(int j=1;j<=m;++j){
            if(j<w[i]) dp[j]=f[j];
            else dp[j]=(f[j]-dp[j-w[i]]+10)%10;
        }
        for(int j=1;j<=m;++j)
           printf("%d",dp[j]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}