[dp算法]逃离农场

【逃离农场】牛牛在农场饲养了n只奶牛,依次编号为0到n-1, 牛牛的好朋友羊羊帮牛牛照看着农场.有一天羊羊看到农场中逃走了k只奶牛,但是他只会告诉牛牛逃走的k 只奶牛的编号之和能被n整除。你现在需要帮牛牛计算有多少种不同的逃走的奶牛群。因为结果可能很大,输出结果对1,000,000,007取模。

例如n = 7 k = 4: 7只

奶牛依次编号为0到6, 逃走了4只

编号和为7的有:{0, 1, 2, 4}

编号和为14的有:{0, 3, 5, 6}, {1, 2, 5, 6}, {1, 3, 4, 6},{2, 3, 4, 5}

4只牛的编号和不会大于18,所以输出5.

输入描述：输入包括一行,两个整数n和k(1 ≤ n ≤ 1000),(1 ≤ k ≤ 50),以空格分割。

输出描述：输出一个整数表示题设所求的种数。

解析：

使用dp[i][j][t]表示前i+1头奶牛中选取j头的和除以n余为t的方案数。

则方案分为两种：选取了第i头奶牛和没有选取第i头奶牛两个子问题

状态控制方程为：dp[i][j][t]=dp[i−1][j][t]+dp[i−1][j−1][((t+n)−i)%n]

不用空间压缩的算法：

int func(int n, int k) {vector<vector<vector<int>>> dp;vector<int> vec1(n,0);   //余数的范围0~n-1共n个，全部初始化为0vector<vector<int>> vec2;vec2.resize(k+1,vec1); // 逃跑o~k只dp.resize(n,vec2);  // n只牛//初始赋值 ,i = 0时， 存在1头牛，选出0个，余n为0，这是一种唯一方案； //选出1个，余n为0，也是一种唯一方案dp[0][1][0] =dp[0][0][0] = 1;//编号为i的前i+1头奶牛for (auto i = 1; i < n; i++) {//选择j头奶牛。注意j的退出条件是min(k,i+1),因为i对应有i+1头牛for (auto j = 0; j <= min(k, i+1); j++){for (auto t = 0; t < n; ++t)//余t{//因为这里会涉及到 j-1，需要确保它大于0if (j > 0){ dp[i][j][t] = (dp[i-1][j][t] + dp[i-1][j - 1][((t + n) - i) % n]);} else{//当j==0的时候，也就是一头牛都没逃走，这时余数必须是0才有值，取其他都是0if (j == 0 && t==0){ dp[i][j][t] = 1;}}}}}return dp[n-1][k][0];
}

注意初始化条件和j的退出条件

留意到状态转移方程，其实每次计算新的i的时候，它只会用到i-1的二维数组的值。所以可以只使用一个二维数组去保存状态值就行了。所以状态方程可以写成

dp[j][t] = (dp[j][t] + dp[j - 1][((t + n) - i) % n]);

int func2(int n, int k) {vector<vector<int>> dp;vector<int> vec(n,0);dp.resize(k + 1, vec);dp[1][0] = dp[0][0] = 1; //网上有些写法，只写了dp[0][0] = 1其实是不对的for (auto i = 1; i < n; i++)//前i+1头奶牛{for (auto j = min(k, i+1); j > 0; --j)//选择j头奶牛。{for (auto t = 0; t < n; ++t)//余t{dp[j][t] = (dp[j][t] + dp[j - 1][((t + n) - i) % n]) ;}}}return dp[k][0];
}

注意：j要使用递减的方式，因为状态方程依赖于j-1，如果我们使用递增，就会先计算了j-1，然后再计算j，这样，j-1就变成了当前i循环的j-1，而不是上一次i循环的j-1。比如先计算i=3，当计算i=4时，先计算j-1，计算完了j-1之后，然后你再计算j的时候，i=3的j-1已经被覆盖，你使用的就是i=4的j-1，这是不对的。所以一定要用递减的方式循环j

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