BZOJ2287: 【POJ Challenge】消失之物(背包dp)

题意

ftiasch 有 n 个物品, 体积分别是 w₁, w₂, ..., w_n。 由于她的疏忽, 第 i 个物品丢失了。 “要使用剩下的 n - 1 物品装满容积为 x 的背包，有几种方法呢？” -- 这是经典的问题了。她把答案记为 count(i, x) ，想要得到所有1 <= i <= n, 1 <= x <= m的 count(i, x) 表格。

sol

orz hzwer

这题可能有三种做法吧。。

第一种是分治背包

第二种是ntt优化暴力

第三种是$o(nm)$的神仙dp

这里只说一下第三种

首先设$f[i][j]$表示前$i$个物品选了$j$个，然后就是裸的完全背包

设$cnt[i][x]$表示答案

考虑这玩意儿怎么转移

1. $cnt[i][0] = 1$
2. 若$j \le w[i]$，$cnt[i][j] = f[n][j]$
3. 若$j \geqslant w[i]$，$cnt[i][j] = f[n][j] - cnt[i][j - w[i]]$

第三个的转移非常神仙，反正我是没想出来，我们考虑用总的方案数减去用了改物品的方案数，我们发现直接算不是很好算，然后补集转化一下，用了物品$i$，体积为$j$，那么其他物品的体积为$j - w[i]$，这里的其他物品，也就是不用$i$的情况，也就是原来的$cnt$数组！！好神仙啊qwq

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
//#define int long long 
#define pair pair<int, int> 
#define fi first
#define se second
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10, mod = 10;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); 
    return x * f;
}
int n, m;
int w[maxn], f[2001][2001], cnt[2001][2001];
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]) %= mod;//不装 
            if(j >= w[i]) (f[i][j] += f[i - 1][j - w[i]]) %= mod;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cnt[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            if(j < w[i]) cnt[i][j] = f[n][j] % mod;
            else cnt[i][j] = (f[n][j] - cnt[i][j - w[i]] + mod) % mod;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++, puts(""))
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            printf("%d", cnt[i][j] % mod);
    return 0;
}
/*
3 2
1 1 2
*/