波动数列

转自：http://blog.csdn.net/wr132/article/details/43861145

问题描述

　　观察这个数列：
　　1 3 0 2 -1 1 -2 ...

　　这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3。

　　栋栋对这种数列很好奇，他想知道长度为 n 和为 s 而且后一项总是比前一项增加a或者减少b的整数数列可能有多少种呢？

输入格式

　　输入的第一行包含四个整数 n s a b，含义如前面说述。

输出格式

　　输出一行，包含一个整数，表示满足条件的方案数。由于这个数很大，请输出方案数除以100000007的余数。

样例输入

4 10 2 3

样例输出

2

样例说明

　　这两个数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。

数据规模和约定

　　对于10%的数据，1<=n<=5，0<=s<=5，1<=a,b<=5；
　　对于30%的数据，1<=n<=30，0<=s<=30，1<=a,b<=30；
　　对于50%的数据，1<=n<=50，0<=s<=50，1<=a,b<=50；
　　对于70%的数据，1<=n<=100，0<=s<=500，1<=a, b<=50；
　　对于100%的数据，1<=n<=1000，-1,000,000,000<=s<=1,000,000,000，1<=a, b<=1,000,000。

再次更新！！！重大更新！！！经过三次修改，这道题终于最终出来了

抱歉让大家看了那么久的错误代码和错误的思路。

首先要说，这道题是一道DP。

虽然之前也注意到数据范围很大，但因为一开始就想的是搜索，所以就各种搜索剪枝，实际上都是徒劳。

像这种简单的DP题目一般都有两个特点：

1.长得和搜索题很像，甚至就能用搜索做

2.有一个大的吓人的数据

看清这两点，明确了思路，下面开始进入分析阶段：

1.按照题目要求，最终得到的序列的长度为n，和为s，并且后一项是前一项加a或减b，我们不妨将这个操作封装在一起，记作P操作，即P=(a,-b)。

2.设首项为x，可以得到一个等式x+(x+P)+(x+2P)+...+(x+(n-1)P)=s，将这个式子整理一下，就是nx+P+2P+...+(n-1)P=s，即(s-(P+2P+...+(n-1)P))/n=x。

3.由题意，x肯定是一个整数，并且由于每一个P代表一个a或者一个-b，所以a和b的总数为n*(n-1)/2，也就是说只要确定了a的个数，那么b的个数也就确定了。

4.关键问题是对于一个确定的a的个数，方案不只有一种，而且a的个数肯定是由（1,2,3,...,n-1）这其中的若干项组成的，，我们把这些项看作元素，第i个元素的权值为i于是，下面就开始构造递推方程

5.首先，定义一个数组dp[i][j]，表示前i个元素组成和为j的序列的方案数，这里的和j表示的是所有的a的和，很明显当i!=0时dp[i][0]=1,当j!=0时dp[0][j]=0，然后我们要分两种情况讨论

(1)、i>j时，因为每一个元素i权值都是i，所以当元素的个数大于和的时候，第i个元素的权值已经超过了和，所以第i个元素绝对不能使用，即dp[i][j]=dp[i-1][j]。

(2)、i<=j时，第i个元素的权值是小于等于和的，所以可以用，也可以不用，如果不用，那么就是dp[i-1][j]，如果用，就是dp[i-1][j-i]，这个有点类似于01背包，所以

dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-i]。

OK，通过上面的分析，我们得到了递推方程，但还有一个问题，就是空间的问题，题目给出的i的最大值达到1000，相应的j也就是1000^2，我们是不可能开出这么大的数组的，观察递推方程，我们可以看出下一个状态只和前一个状态有关，而且我们实际上只需要最后一个状态即，dp[n][j]，于是可以使用滚动数组。

先简单说明一下什么叫滚动数组，因为DP的过程就是一个递推的过程，在推导的过程中，数组中的每一个元素或者是前一个状态，或者是后一个状态，但是，当我们并不需要中间状态得到保留的时候，可以使下一个状态覆盖之前的一个状态，这样就可以极大的压缩空间。

回到本题，我们定义dp[2][MAX*MAX]，也就是说，后面的状态会把前面的状态覆盖掉。

下面上正确的代码

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1. #include <iostream>
2. #include <memory.h>
3. #define MAXN 1100
4. #define MOD 100000007
5. using namespace std;
6. int F[2][MAXN*MAXN];
7. int e = 0;
8. long long n,s,a,b;
9. int cnt = 0;
10. void DP(int elem)
11. {
12. int i,j;
13. memset(F,0,sizeof(F));
14. F[e][0]=1;
15. for(i=1;i<n;i++)
16. {
17. e=1-e;
18. for(j=0;j<=i*(i+1)/2;j++)
19. {
20. if(i>j)
21. F[e][j]=F[1-e][j];
22. else
23. F[e][j]=(F[1-e][j]+F[1-e][j-i])%MOD;
24. }
25. }
26. }
27. int main()
28. {
29. cin>>n>>s>>a>>b;
30. long long i,t;
31. DP(n*(n-1)/2);
32. for(i=0; i<=n*(n-1)/2; i++)
33. {
34. t = s - i*a + (n*(n-1)/2-i)*b;
35. if(t%n==0)
36. cnt = (cnt+F[e][i])%MOD;
37. }
38. printf("%d",cnt);
39. return 0;
40. }