方案dp。。-创新互联

最近经常做到组合计数的题目，每当看到这种题目第一反应总是组合数学，然后要用到排列组合公式，以及容斥原理之类的。。然后想啊想，最后还是不会做。。方案dp。。

但是比赛完之后一看，竟然是dp。。例如前几天的口号匹配求方案数的题目，今天的uva4656，以及hdu4248都是这种类型的题目。。

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说说uva4565吧。

题意大概意思是：有N种纸牌，G给位置。。然后给定每种纸牌最少排几张，求满足的方案。

这样一来我们怎么划分状态呢？以位置？

不，我们得用纸牌来划分状态，并枚举纸牌之前用了几张

那么用f[i][j]表示前I个纸牌已经满足题意，且总共放了j个位置的方案数。那么 f[i][j] = sigma（f[i-1][k] * c[G - k][j - k]）{j - k >= a[i]}

至于为什么是 f[i-1][k] * c[G - k][j - k]，我们可以这样理解：

反正总的位置固定，选取的j-k个在剩下的G-k个里选择位置就行了。。（这样不会有问题吧）

hdu4248:

这一题自己懒得写了，转自这个博客http://www.cnblogs.com/sweetsc/archive/2012/07/17/2595189.html

我觉得写得很不错！

题意：有N种石头，每种石头有A1，A2....AN个，现取出一些石头组成序列，求可以组成多少种序列

例如：3种：可以产生：B; G; M; BG; BM; GM; GB; MB; MG; BGM; BMG; GBM; GMB; MBG; MGB.

我们采用动态规划的思想，划分阶段：按照石头种类划分阶段。于是乎，咱们对于第i种石头，相当于之前石头的颜色并不重要，借助高中数学插板法的思想，假如之前的i - 1 种石头，拼出了长度为len，那么，相当于有len + 1个空，咱们要放第 i 种石头进去，于是乎，转化成了经典问题，我比较得意的总结：

球和球	盒和盒	空盒	情况数
有区别	有区别	有空盒	m^n
有区别	有区别	无空盒	M！s（n,m）
有区别	无区别	有空盒	S(n,1)+s(n,2)+…+s(n,m),n>=m
			S(n,1)+s(n,2)+…+s(n,n),n<=m
有区别	无区别	无空盒	S(n,m)
无区别	有区别	有空盒	C(n+m-1,n)
无区别	有区别	无空盒	C(n-1,m-1)
无区别	无区别	有空盒	DP
无区别	无区别	无空盒	DP

这里，第 i 种石头互相没有区别，len + 1个空有序，相当于有区别，可以有空盒，于是，如果咱们从第 i 种中放put个进去，情况数应该是 C(put + len , put)

于是设计状态：DP[i][j] 表示用前 i 种石头，排出长度为 j 的可能数

然后，状态转移的时候，枚举在阶段 i 放入put个，DP[i + 1][j + put] += DP[i][j] * C(put + j, put) 即可

附上自己奇丑无比的代码：

Uva4656

#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MXN 50100
#define Inf 101010
#define M0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
using namespace std;
double c[36][36], f[36][36];
int a[50], sum[50];
int n, m;
void init(){
     M0(c);
for (int i = 0; i <= 33; ++i)
        c[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 33; ++i)
for (int j = 1; j <= i; ++j)
          c[i][j]= c[i-1][j] + c[i-1][j-1];
}

void solve(){
    M0(sum);
    M0(f);
    scanf("%d%d", &n, &m); 
for (int i = 1; i <= m; ++i){
        scanf("%d", &a[i]);
        sum[i]= sum[i-1] + a[i];
    }
    f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
for (int j = sum[i]; j <= n; ++j){
for (int k = a[i]; k <= j; ++k)
             f[i][j]+= f[i-1][j-k] * c[n - j + k][k];
       }
for (int i = 1; i <= n; ++i)
      f[m][n]/= m;
    printf("%.6lf
", f[m][n] * 100.00);
}

int main(){
//   freopen("a.in", "r", stdin);
//   freopen("a.out","w", stdout);   int T, cas = 0;
     scanf("%d", &T);
     init();
for (int i = 1; i <= T; ++i){
          printf("Case #%d:", i);
          solve(); 
     }

//    fclose(stdin); fclose(stdout);}

hdu4248

#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MXN 50100
#define Inf 101010
#define P 1000000007
#define M0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
using namespace std;
int  c[10100][102];
long long  f[102][10100];
int n, a[110], m, sum[110];

void init(){
for (int i = 0; i <= 10010; ++i) 
       c[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 10010; ++i)
for (int j = 1; j <= 101 && j <= i; ++j)
         c[i][j]= (c[i-1][j] + c[i-1][j-1]) % P;
}

void solve(){
      m= 0;
      M0(f);
      M0(sum);
for (int i = 1; i <= n; ++i){
          scanf("%d", &a[i]);  
           m+= a[i];
           sum[i]= m;  
      }  
      f[0][0] = 1;
long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= sum[i]; ++j){
for (int k = 0; k <= a[i]; ++k){
if (k > j) break;
                 f[i][j]= (f[i][j] + f[i-1][j-k] * c[j][k]) % P;
             }
if (i == n && j) ans =  (ans + f[i][j]) % P;
         }
      printf("%I64d
", ans);
}

int main(){
//freopen("a.in", "r", stdin);
//    freopen("a.out","w", stdout);   int T, cas = 0;
     init();
while (scanf("%d", &n) != EOF){
          printf("Case %d:", ++cas);
          solve(); 
     }

     fclose(stdin); fclose(stdout);   
}

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