消失之物「分治」

題目描述

ftiasch 有 \(N\) 個物品, 體積分別是 \(W_1, W_2, ..., W_N\)。 由於她的疏忽, 第 \(i\) 個物品丟失了。 “要使用剩下的 \(N - 1\) 物品裝滿容積為 \(x\) 的揹包，有幾種方法呢？” -- 這是經典的問題了。她把答案記為 \(Count(i, x)\) ，想要得到所有 \(1 <= i <= N, 1 <= x <= M\) 的 \(Count(i, x)\) 表格。

輸入格式

第 \(1\) 行：兩個整數 \(N (1 ≤ N ≤ 2 × 10^3)\) 和 \(M (1 ≤ M ≤ 2 × 10^3)\)

第 \(2\) 行： \(N\) 個整數 \(W_1, W_2, ..., W_N\), 物品的體積。

輸出格式

一個 \(N × M\) 的矩陣， \(Count(i, x)\) 的末位數字

樣例

樣例輸入

3 2
1 1 2

樣例輸出

11
11
21

思路分析

• 直接暴力跑一個揹包能拿70～80分(甚至完全可以用揹包水過)
• 不難發現，在每一次更新不能拿的物品時，其它可以拿的是有大量的重複計算的，所以考慮將其保留，直接使用
• 這時候就可以用分治了，每次把一個區間分成兩部分，一部分不動，另一部分去選不能拿的
• 另外要注意，每一次更新答案之前要撤銷對另一半答案的更新
• 最後會分成一個長得像線段樹的東西，每個相當於葉子結點的就代表該點不能拿，一共有 \(log(n)\)
  層

詳見程式碼

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 20200
#define R register
using namespace std;
inline int read(){
	int x = 0,f = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,a[N],f[20][N];
void solve(int l,int r,int dep){ //dep表示當前分治樹的深度
	if(l==r){
		for(R int i = 1;i <= m;i++)printf("%d",f[dep][i]);
		puts("");
		return;
	}
	int mid = (l+r)>>1;
	for(R int i = m;i >= 0;i--)f[dep+1][i] = f[dep][i];
	for(R int i = mid+1;i <= r;i++){ //右半部分全部都能拿，直接更新即可
		for(R int j = m;j >= 0;j--){
			f[dep+1][j] = (f[dep+1][j]+f[dep+1][j-a[i]])%10;
		}
	}
	solve(l,mid,dep+1); //左半部分有不能拿的，遞迴解決
	for(R int i = m;i >= 0;i--)f[dep+1][i] = f[dep][i]; //反過來再處理一下，在此之前要撤銷
	for(R int i = l;i <= mid;i++){
		for(R int j = m;j >= 0;j--){
			f[dep+1][j] = (f[dep+1][j]+f[dep+1][j-a[i]])%10;
		}
	}
	solve(mid+1,r,dep+1);//同上
}
int main(){
	n = read(),m = read();
	for(R int i = 1;i <= n;i++)a[i] = read();
	f[0][0] = 1;
	solve(1,n,0);
	return 0;
}