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题意：

t个族群，每个族群有ni只蚂蚁，同族群蚂蚁没有区别。问从所有蚂蚁中选出s到b只蚂蚁有多少方案。t≤1000，ni≤100。

题解：

dp，f[i][j]表示考虑第i个族群，剩下j只蚂蚁没选择。则f[i][j]=sum(f[i-1][j-k]),k=0..min(j,n[i])。然而O(n^3)会超时，注意到可以计算f[i-1][j]的前缀和sum[j]，然后就能比较方便的得到f[i-1][j-k],k=0..min(j,n[i])=j<=n[i]?sum[j]:sum[j]-sum[j-k]，使复杂度变为O(n^2)。

代码：

1 #include 
     
       2 #include 
      
        3 #include 
       
         4 #include 
        
          5 #define inc(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++) 6 #define maxn 100010 7 #define mod 1000000 8 using namespace std; 9 10 inline int read(){11     char ch=getchar(); int f=1,x=0;12     while(ch<'0'||ch>'9'){
   if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}13     while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();14     return f*x;15 }16 int f[maxn],cnt[maxn],t,a,s,b,ans,sum[maxn];17 int main(){18     t=read(); a=read(); s=read(); b=read(); inc(i,1,a){
   int x=read(); cnt[x]++;} inc(i,0,a)sum[i]=1;19     inc(i,1,t){20         inc(j,0,a){
   if(j<=cnt[i])f[j]=sum[j];else f[j]=(mod+sum[j]-sum[j-cnt[i]-1])%mod;}21         sum[0]=f[0]; inc(j,1,a)sum[j]=(sum[j-1]+f[j])%mod;22     }23     ans=0; inc(i,s,b)ans=(ans+f[i])%mod; printf("%d",ans); return 0;24 }
        
       
      
     

 

20160919