动态规划之数列

题目描述

有这样一种数列 a1​,a2​,⋯an​，其中 a1​=0，且对任意一项 ai​ 满足 ∣ai​−ai+1​∣=1（1≤i

现在给出数列长度 n 与数列前 n 项之和 s，要求：

输出满足条件的数列的总数对 264 取模后的结果。

输出满足条件的 100 个数列（如果不满 100 个就全部输出）。

输入格式

输入只有一行两个整数，分别表示数列长度 n 与数列之和 s。

输出格式

本题存在 Special Judge。

在第一行输出一行一个整数 t，表示满足条件的数列总数对 264 取模后的结果。

接下来若干行，每行 n 个整数，表示一个数列。

输入输出样例

输入 #1复制

4 0

输出 #1复制

2
0 -1 0 1
0 1 0 -1

题解：

假如每一个数字都比前面的一个数字大 1，即数列为 0,1,2,3,4,5,…,n−1，那么这个数列的和为 sum=2n(n−1)​，我们发现 n≤100，那么 sum≤4950，所以如果题目要求的 s>sum，那么一定无解，因为这个数列再大也大不过 sum，更不可能到达 s 了。

反过来，如果一个数字比前面一个数字小 1，即数列为 0,−1,−2,−3,−4,−5,…,−(n−1)，那么这个数列的和为 sum=−2n(n−1)​，我们发现 n≤100，那么 sum≥−4950。

所以 −263≤s≤263 是吓你的，真正有用的 −4950≤s≤4950。

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接下来，我们来探究一个位子 u 上的数字变化对数组的和 sum 的影响。

如果 au​=au−1​+1，现在改成 au​=au−1​−1，那么从 u 开始的每一个数字都会减去 2。

那么数组的和 sum 就会减去 2(n−u+1)。

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那么，我们可以想到让每一个数字都等于前面一个数字 +1，那么和就是 2n(n−1)​。

但是我们想让其变为题目要求的 s，那么要减去的数字就是 k=2n(n−1)​−s。

那么我们只能将有些数字间的 +1，换成 −1 才能达到减去 k 的目的。

那么根据前面对数字间关系的讨论，我们知道，我们要凑出很多个 i，使这些 i 对应的 2(n−i+1) 加起来等于 k 就行了，即让所有的 n−i+1 加起来等于 2k​ 即可。

当然了，如果 k 是奇数，那么一定无解。

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我们考虑 DP，设 fi,j​ 表示已经凑到第 i 个数字，和为 j 的方案数。

开始时：f1,0​=1，

目标：fn,2k​​。

我们可以不选择第 i 个数字，fi,j​=fi−1,j​。

我们可以选择第 i 个数字，即在原有基础上加上 (n−i+1)，fi,j​=fi−1,j−(n−i+1)​。

代码：

#include 

using namespace std;
using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;

const int N = 1010, M = 5010;

ull f[N][M];

int n, k;
i64 s;
int cnt;
int m[N];

void dfs(int u, int sum) {
    if (sum > (k >> 1)) return;
	if (u > n) {
		if (sum == (k >> 1)) {
			cnt++;
			i64 tmp = 0;
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				tmp += m[i];
				cout << tmp << ' ';
			}
			cout << '\n';
		}
		if (cnt >= 100) {
			exit(0);
		}
		return;
	}
	m[u] = -1;
	dfs(u + 1, sum + (n - u + 1));
	m[u] = 1;
	dfs(u + 1, sum);
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	
	cin >> n >> s;
	if (s > n * (n - 1) / 2) {
		cout << 0 << '\n';
		return 0;
	}
	k = n * (n - 1) / 2 - s;
	if (k & 1) {
	    cout << 0 << '\n';
	    return 0;
	}
	f[1][0] = 1;
	for (i64 i = 2; i <= n; i++) {
		i64 x = (n - i + 1);
		memcpy(f[i], f[i - 1], sizeof(f[i]));
		for (int j = x; j < M; j++) {
			f[i][j] = f[i][j] + f[i - 1][j - x];
		}
	}
	cout << f[n][k >> 1] << '\n';
	dfs(2, 0);
	return 0;
}