AlvinZH双掉坑里了

AlvinZH双掉坑里了

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题目描述

AlvinZH双掉进坑里了！

幸运的是，这坑竟然是宝藏迷宫的入口。这一次AlvinZH机智地带了很多很多背包——装金币！

假设现在AlvinZH捡到了n块金币，他一共带了m个背包，每个背包可以装任意多金币，但AlvinZH不允许有空的背包。

请你帮他计算一下一共有多少种装金币的方法吧！

注意：所有背包看作相同，即{1,3}和{3,1}是同一种方法。

输入

输入包含多组数据。

每组数据包含两个正整数，为金币数n（1≤n≤10^4），背包数m（1≤m≤10^3，且m≤n）。

输出

对于每组数据，输出一行，为使用所有背包装金币的方法数（结果对1000007取模）。

输入样例

4 2
9 3

输出样例

2
7

样例解释

4：{1,3}{2,2}；

9：{1,1,7}{1,2,6}{1,3,5}{1,4,4}{2,2,5}{2,3,4}{3,3,3}。

HINT

这不是简单的背包问题，请勿套公式。

AlvinZH：其实和背包没有任何关系~

思路

 

简单DP。简化问题：将n个金币放入m个盒子，无空盒。直接上dp吧，dp[i][j]：将i个金币放入j个盒子的方法数。此题的关键在于如何找到状态转移方程，很有可能会计算重复的方法。我们把答案分成两部分：①放完之后所有盒子金币数量大于1；
②放完之后至少有一个盒子金币数量为1。
这样分可以保证不会有重复计算。状态转移方程： dp[i][j]=dp[i−j][j]+dp[i−1][j−1]。① dp[i−j][j] ：将(i-j)个金币放到j个盒子，然后这j个盒子每个再放1个金币。表示的是将i个金币分成所有盒子金币数量大于1的方案总数。例如，求9分解成3份，6（9-3）分成3份可以分为{1,1,4}{1,2,3}{2,2,2}，则9可以分为{2,2,5}{2,3,4}{3,3,3}，共3种。② dp[i−1][j−1]：将(i-1)个金币放到(j-1)个盒子，再来一个盒子放1个。表示的是将i个金币分成至少有一个盒子金币数量为1的方案总数。例如，求9分解成3份，8（9-1）分成2份可以分为{1,7}{2,6}{3,5}{4,4}，则9可以分为{1,1,7}{1,2,6}{1,3,5}{1,4,4}，共4种。难点在于如何避免重复，这里处理得十分巧妙，请细细体会。

 

以上转自https://www.cnblogs.com/AlvinZH/p/7840604.html#_label3

之所以将答案分为1，2两种情况，是由于1，2两种情况可以把原问题分为两个不相交的集合，且每个子集的答案都可以以一种方式从规模更小的问题中生成。

放完后所有盒子金币数大于1：假设”将i个金币放入j个盒子且所有盒子金币数大于1“的放法有k种，那么我从每个盒子拿去一个金币，一定对应子问题dp[i-j][j]的一种放法，即两者的放法数是相等的。

每个dp[i-j][j]的一种放法，各加一个金币都可以生成现有问题的一个放法；而现有问题的放法各拿去一个金币又可以生成子问题dp[i-j][j]的一种放法，二者一一对应。

放完后至少有一个盒子金币数量为1：假设”将i个金币放入j个盒子且至少有一个盒子金币数量为1“的放法有k种，那我拿去这个盒子和这个球，一定对应子问题dp[i-1][j-1]的一种放法，即二者放法数是相等的。

 另外关于初始值，将某个非法子问题的dp值置0来使得其贡献为0

i>=j才能保证没有空包，只对i>=j问题求解，否则保持初始值0，表示该情况不能生成更规模问题的解(贡献为0)。

 另外i，j>=1的才是问题讨论的范围，因此循环i,j从1开始，且将dp[i][0]，dp[0][j]也置0

但注意dp[0][0]要初始化为1（但感觉上应该是初始化do[1][1]=1，只不过初始化dp[0][0]=1碰巧能通过转移方程求出dp[1][1]=1且这样能保持循环的美观，也可以直接初始化dp[1][1]但此时循环中i=1,j=1的情况就要跳过，否则又会被重新写为0）

参考代码

//
// Created by AlvinZH on 2017/10/23.
// Copyright (c) AlvinZH. All rights reserved.
//

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MOD 1000007

int n, m;
int dp[10005][1005];

int main()
{
    while(~scanf("%d %d", &n, &m))
    {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            for (int j = 1; j <= m; ++j) {
                if(i - j >= 0)
                    dp[i][j] = (dp[i-j][j] + dp[i-1][j-1]) % MOD;
            }
        }

        printf("%d\n", dp[n][m]);
    }
}