python/TangDou/CSP-J/AcWingTraining/T6/451.md

AcWing 451. 摆花

一、题目描述

小明的花店新开张，为了吸引顾客，他想在花店的门口摆上一排花，共 m 盆。

通过调查顾客的喜好，小明列出了顾客最喜欢的 n 种花，从 1 到 n 标号。

为了在门口展出更多种花，规定第 i 种花不能超过 a_i 盆，摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列。

试编程计算，一共有多少种不同的摆花方案。

输入格式 第一行包含两个正整数 n 和 $m$，中间用一个空格隔开。 

第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 $a_1,a_2,…,a_n$。

输出格式 输出只有一行，一个整数，表示有多少种方案。

注意：因为方案数可能很多，请输出方案数对 1000007 取模的结果。

数据范围 0<n,m≤100,0≤a_i≤100

输入样例：

2 4
3 2

输出样例：

2

二、题目解析

(DP,多重背包问题,背包问题求方案数) O(n^2a)

问题转化：

• 将花盆数量看作背包容量；

• 将花看作物品，体积是$1$，第 i 种物品最多选 a_i 个；

• 问题：将背包装满的方案数是多少？

这是典型的多重背包求方案数问题：

状态表示：f[i, j] 表示前$i$个物品，总体积是$j$的方案数；

状态计算：$$f[i, j] = f[i - 1, j] + f[i - 1, j - 1] + ... + f[i - 1, j - a[i]]$$。

三、二维数组解决

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 110, mod = 1000007;

int n, m;
int f[N][N]; // f[i, j] 表示前i个物品，总体积是j的方案数

int main() {
    cin >> n >> m;

    f[0][0] = 1; // 求方案数的base case

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a;
        cin >> a; // 最多允许选a个
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            for (int k = 0; k <= min(a, j); k++)
                f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - k]) % mod;
        }
    }

    cout << f[n][m] << endl;

    return 0;
}

四、一维数组解决

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 110, mod = 1000007;

int n, m;
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    f[0] = 1; // 求方案数的base case

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a;
        cin >> a; // 最多允许选a个
        for (int j = m; j >= 0; j--)
            for (int k = 1; k <= min(a, j); k++)
                f[j] = (f[j] + f[j - k]) % mod;
    }

    cout << f[m] << endl;

    return 0;
}

五、为什么一维与二维的$k$一个是从$1$，另一个是从$0$开始呢?

根据

f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j - 2] + ... + f[i - 1][j - a[i]]

可以得知只用上一状态的值 毋须额外储存每一种$i$的状态 所以可以直接优化掉$i$维

但是去掉后会发现

f[j] = f[j] + f[j - 1] + f[j - 2] + ... + f[j - a[i]]

$f[j]$已经有上一次状态得到的值了 不能再加一次 所以

f[j] = f[j - 1] + f[j - 2] + ... + f[j - a[i]]

因此$k$是从$1$到$a[i]$而不是从$0$到a[i]

当然了，思考一下$01$背包降维的套路，我们知道这个东西要从后向前枚举才不会依赖错误值。