Solution
参考博客：Click
题目意思非常明确了，这是一道组合数学的题目。我就直接讲dp解法了。
dp
题意可以转化为将\(n\)个苹果放进\(k\)个盒子里，并且不允许空盒。
设\(f[i][j]\)代表将\(i\)个苹果放入\(j\)个盒子中，那么我们用解决这类问题的常用方法来分析：
我们必须先保证每个盒子非空，因此在\(i\)个苹果中选出\(j\)个放入每个盒子。
此时我们剩余\(i-j\)个苹果，我们就是要往已有的一层苹果上加\(i-j\)苹果，求此时的方案数。
现在\(i-j\)个苹果可以任意分配了，也就是分成\(1\)份、\(2\)份、\(3\)份都是合法的……
得到转移方程：
\[ dp[i][j] = \sum_{k=1}^jdp[i-j][k]\]
枚举\(i\)，随后枚举\(j\)，随后枚举\(k\)，三层循环即可得出答案。
时间复杂度为\(O(nk^2)\)，预期得分70分。
这个或许可以套树状数组优化一下求和……
那么复杂度是\(O(nk\log k)\)，然而最大的范围\(nk\)达到了\(1.2\)亿的大小，再加上个\(\log\)铁定超时。
然后你可以发现：
\[dp[i-1][j-1] = \sum_{k=1}^{j-1}dp[i-j][k]\]
为什么会有这样的奇特之处呢？因为\(i-j\)就是\(i\)和\(j\)的差值，那么同增同减一个\(1\)，dp数组的一维下标是不变的，只是二维的\(k\)会少一个\(dp[i-j][j]\)，那么我们把这个加上就好了。
据此写出转移方程：
\[dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-j][j]\]
两层循环即可转移，复杂度就降到\(O(nk)\)了，由于常数小，可以通过本题。
但交上去……MLE！
空间优化
空间复杂度也是\(O(nk)\)的，但事实上我们只需要用到\(O(k^2)\)的内容，很容易想到滚动数组。
于是写出：
inline int pos(const int &x)
{
return (x % 600) + 1;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &k);
dp[pos(0)][0] = 1;
int i, j;
for (i = 1; i <= n; ++i)
{
memset(dp[pos(i)], 0, sizeof(dp[pos(i)]));
for (j = 1; j <= k && j <= i; ++j)
dp[pos(i)][j] = (dp[pos(i-j)][j] + dp[pos(i-1)][j - 1]) % 10086;
}
printf("%d", dp[pos(n)][k]);
return 0;
}个人预期是能AC了，但实际上……第15个点冷酷无情地T了。
评测机跑得不够快
拯救TLE
吸了氧还是不能拯救世界之后，我想起了当年用的一种奇淫技巧……
显然此时TLE完全是常数问题，将内层循环的两个判断改成取min逆序后依然无法通过。
常数影响最大的就是pos函数了，于是改成了指针映射，成功AC！
指针映射
我们考虑要如何避免pos函数的高耗时，当然想到了预处理。预处理一遍pos数组，直接访问即可，这应该也是能卡过的(没有尝试)。
但还有一种更有技巧性、效率更高的方法：指针。
开一个f数组，如下：
int *f[maxn];然后赋值：
f[i] = dp[pos(i)];那么访问时，直接：
f[i][j] = ....为什么会快？这个很显然了吧……事实上，这种方法比：
dp[pos[i]][j] = ....要快上不少，为什么？
因为\(f[i]\)存的索引直接加上\(j\)就能得到地址，我们实际上避免了两个大数的乘法，而使其变成了加法。
举例：
原先访问方式：
dp[x?(m+2)+y]进行了一次乘法一次加法
解析一下就是：
return dp + (x * (m+2) + y);而现在的访问方式：
(f[x]+y)解析一下就是：
return (f + x) + y;效率提升相当显著。
以上这段是直接copy原来那篇树上背包的优化中的内容……
同时注意我们的预处理方式：
int pointer = 0;
++pointer;
if(pointer >= 600)
pointer -= 600;可以避免反复求余的预处理效率损失。
最后第15个点跑了500ms左右……
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, k;
int dp[610][610];
int *f[200100];
inline int min(const int &a,const int &b){return a<b?a:b;}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &k);
int p = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i)
{
if (p >= 600)
p -= 600;
f[i] = dp[p + 1];
++p;
}
f[0][0] = 1;
int i, j;
for (i = 1; i <= n; ++i)
{
memset(f[i], 0, sizeof(f[i]));
for (j = min(k,i); j; --j)
f[i][j] = (f[i - j][j] + f[i - 1][j - 1]) % 10086;
}
printf("%d", f[n][k]);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/Clouder-Blog/p/12203227.html