AlvinZH雙掉坑裏了

題目描述

AlvinZH雙掉進坑裏了！

幸運的是，這坑竟然是寶藏迷宮的入口。這一次AlvinZH機智地帶了很多很多背包——裝金幣！

假設現在AlvinZH撿到了n塊金幣，他一共帶了m個背包，每個背包可以裝任意多金幣，但AlvinZH不允許有空的背包。

請你幫他計算一下一共有多少種裝金幣的方法吧！

註意：所有背包看作相同，即{1,3}和{3,1}是同一種方法。

輸入

輸入包含多組數據。

每組數據包含兩個正整數，為金幣數n（1≤n≤10^4），背包數m（1≤m≤10^3，且m≤n）。

輸出

對於每組數據，輸出一行，為使用所有背包裝金幣的方法數（結果對1000007取模）。

輸入樣例

4 2
9 3

輸出樣例

2
7

樣例解釋

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

這不是簡單的背包問題，請勿套公式。

AlvinZH：其實和背包沒有任何關系~

思路

簡單DP。簡化問題：將n個金幣放入m個盒子，無空盒。

直接上dp吧，dp[i][j]：將i個金幣放入j個盒子的方法數。此題的關鍵在於如何找到狀態轉移方程，很有可能會計算重復的方法。我們把答案分成兩部分：

①放完之後所有盒子金幣數量大於1；
②放完之後至少有一個盒子金幣數量為1。
這樣分可以保證不會有重復計算。狀態轉移方程： dp[i][j]
 
=dp[i?j][j]+dp[i?1][j?1]。

① dp[i?j][j] ：將(i-j)個金幣放到j個盒子，然後這j個盒子每個再放1個金幣。表示的是將i個金幣分成所有盒子金幣數量大於1的方案總數。例如，求9分解成3份，6（9-3）分成3份可以分為{1,1,4}{1,2,3}{2,2,2}，則9可以分為{2,2,5}{2,3,4}{3,3,3}，共3種。

② dp[i?1][j?1]：將(i-1)個金幣放到(j-1)個盒子，再來一個盒子放1個。表示的是將i個金幣分成至少有一個盒子金幣數量為1的方案總數。例如，求9分解成3份，8（9-1）分成2份可以分為{1,7}{2,6}{3,5}{4,4
 
}，則9可以分為{1,1,7}{1,2,6}{1,3,5}{1,4,4}，共4種。

難點在於如何避免重復，這裏處理得十分巧妙，請細細體會。

以上轉自https://www.cnblogs.com/AlvinZH/p/7840604.html#_label3

之所以將答案分為1，2兩種情況，是由於1，2兩種情況可以把原問題分為兩個不相交的集合，且每個子集的答案都可以以一種方式從規模更小的問題中生成。

放完後所有盒子金幣數大於1：假設”將i個金幣放入j個盒子且所有盒子金幣數大於1“的放法有k種，那麽我從每個盒子拿去一個金幣，一定對應子問題dp[i-j][j]的一種放法，即兩者的放法數是相等的。

每個dp[i-j][j]的一種放法，各加一個金幣都可以生成現有問題的一個放法；而現有問題的放法各拿去一個金幣又可以生成子問題dp[i-j][j]的一種放法，二者一一對應。

放完後至少有一個盒子金幣數量為1：假設”將i個金幣放入j個盒子且至少有一個盒子金幣數量為1“的放法有k種，那我拿去這個盒子和這個球，一定對應子問題dp[i-1][j-1]的一種放法，即二者放法數是相等的。

另外關於初始值，將某個非法子問題的dp值置0來使得其貢獻為0

i>=j才能保證沒有空包，只對i>=j問題求解，否則保持初始值0，表示該情況不能生成更規模問題的解(貢獻為0)。

另外i，j>=1的才是問題討論的範圍，因此循環i,j從1開始，且將dp[i][0]，dp[0][j]也置0

但註意dp[0][0]要初始化為1（但感覺上應該是初始化do[1][1]=1，只不過初始化dp[0][0]=1碰巧能通過轉移方程求出dp[1][1]=1且這樣能保持循環的美觀，也可以直接初始化dp[1][1]但此時循環中i=1,j=1的情況就要跳過，否則又會被重新寫為0）

參考代碼

 1 //
 2 // Created by AlvinZH on 2017/10/23.
 3 // Copyright (c) AlvinZH. All rights reserved.
 4 //
 5 
 6 #include <cstdio>
 7 #include <cstring>
 8 #define MOD 1000007
 9 
10 int n, m;
11 int dp[10005][1005];
12 
13 int main()
14 {
15     while(~scanf("%d %d", &n, &m))
16     {
17         memset(dp, 0, sizeof(dp));
18         dp[0][0] = 1;
19         for (int i = 1; i <= n; ++i) {
20             for (int j = 1; j <= m; ++j) {
21                 if(i - j >= 0)
22                     dp[i][j] = (dp[i-j][j] + dp[i-1][j-1]) % MOD;
23             }
24         }
25 
26         printf("%d\n", dp[n][m]);
27     }
28 }

AlvinZH雙掉坑裏了