大意

給定$n$個物品，每個物品只能選一次，求出在空間不超過$m$且不能再選任何一個物品時的方案數對$10^7+7$取模

思路

發現這玩意兒很像01揹包啊，於是就有了

$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-a[i]]$

然後呢，因為有不能再選任何一件物品這個約束，所以我們先排序，保證前面的小，然後列舉不能再選的物品，接著轉移，這樣子的複雜度是$O(n^2m)$的，期望得分60

接著我們發現，上述演算法因為每次都$dp$一次所以時間不夠，於是我們就想到了能否提前求好所有的值呢？答案是可以的。

首先每次我$dp$時只是不能選的物品多了一個，而其他地方實際上市沒有區別的，所以我們換一種表示方法

設$f[i][j]$表示後面的$i$個數，還剩$j$點空間時的方案數，得到方程:

$f[i][j]=f[i+1][j]+f[i+1][j-a[i]]$

這樣我們每次轉移實際上就是$i$往前挪一位，就不需要再用$dp$區轉移了，時間複雜度$O(nm)$

程式碼

#include<cstdio>
#include<cstring>
 

#include<algorithm>
#define ymw 10000007
using namespace std;
int a[1001],n,m,minn=2147,sum;
long long ans,f[1005][1001],now;
inline void write(long long x){if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+48);return;}
signed main()
{
	freopen("1.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(register int i=1;i<=
 
n;i++) scanf("%d",a+i),sum+=a[i];
	if(sum<=m) return putchar(49)&0;//加在一起都沒有m，那麼只能全部都選
	sort(a+1,a+1+n);
	f[n+1][0]=1;
	for(register int i=n;i>0;i--)
	for(register int j=0;j<=m;j++)
	{
		f[i][j]=f[i+1][j];
		if(j>=a[i])(f[i][j]+=f[i+1][j-a[i]])%=ymw;//動態轉移
	}
	for(register int x=1;x<=n;x++)
	{
		for(register int i=0;i<a[x];i++) 
		if(m-i>=0) (ans+=f[x+1][m-i])%=ymw;//計算在後面x+1個數的方案數
		m-=a[x];//選走這個物品，容量變少了
	}
	write(ans%ymw);//輸出
}