[NOIP2012 普及组] 摆花
题目描述
小明的花店新开张，为了吸引顾客，他想在花店的门口摆上一排花，共 m m m 盆。通过调查顾客的喜好，小明列出了顾客最喜欢的 n n n 种花，从 1 1 1 到 n n n 标号。为了在门口展出更多种花，规定第 i i i 种花不能超过 a i a_i ai 盆，摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列。
试编程计算，一共有多少种不同的摆花方案。
输入格式
第一行包含两个正整数 n n n 和 m m m，中间用一个空格隔开。
第二行有 n n n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2, \cdots ,a_n a1,a2,⋯,an。
输出格式
一个整数，表示有多少种方案。注意：因为方案数可能很多，请输出方案数对 1 0 6 + 7 10^6+7 106+7 取模的结果。
样例 #1
样例输入 #1
2 4
3 2
样例输出 #1
2
提示
【数据范围】
对于 20 % 20\% 20% 数据，有 0 < n ≤ 8 , 0 < m ≤ 8 , 0 ≤ a i ≤ 8 0<n \le 8,0<m \le 8,0 \le a_i \le 8 0<n≤8,0<m≤8,0≤ai≤8。
对于 50 % 50\% 50% 数据，有 0 < n ≤ 20 , 0 < m ≤ 20 , 0 ≤ a i ≤ 20 0<n \le 20,0<m \le 20,0 \le a_i \le 20 0<n≤20,0<m≤20,0≤ai≤20。
对于 100 % 100\% 100% 数据，有 0 < n ≤ 100 , 0 < m ≤ 100 , 0 ≤ a i ≤ 100 0<n \le 100,0<m \le 100,0 \le a_i \le 100 0<n≤100,0<m≤100,0≤ai≤100。
正解
二维 dp。
一、状态：因为有花的种类和花的数量两个参数，所以要用二维 dp，那么 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 就表示取 i i i 种花， j j j 盆花的方案数。
二、转移：
- 初始化：只有摆 i i i 种，但是 0 0 0 盆，没有摆 0 0 0 种， i i i 盆，所以只要将 d p [ i = 1 , 2 , 3 , ... , n ] [ 0 ] dp[i=1,2,3,\dots,n][0] dp[i=1,2,3,...,n][0] 都赋值为 1 1 1 即可。
- 转移方程：第一层遍历花的种类数，第二层遍历第 i i i 种花放多少盆，第三层遍历原来放了多少盆，那么 d p [ i ] [ j + k ] = ( d p [ i ] [ j + k ] + d p [ i − 1 ] [ k ] ) m o d 1000007 dp[i][j+k] = (dp[i][j+k] + dp[i-1][k]) \bmod 1000007 dp[i][j+k]=(dp[i][j+k]+dp[i−1][k])mod1000007。
三、答案：题目要求求出 n n n 种 m m m 盆的方案数，即 d p [ n ] [ m ] dp[n][m] dp[n][m]。
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
using namespace std;
int n,m,a[110];
int dp[110][110];
void solve()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= n;i++)
cin >> a[i];
for (int i = 0;i <= n;i++)
dp[i][0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 0;j <= a[i];j++)
for (int k = 0;k <= m-j;k++)
if (j || k)
dp[i][j+k] = (dp[i][j+k] + dp[i-1][k]) % 1000007;
cout << dp[n][m];
}
signed main()
{
solve();
printf("\n");
return 0;
}