一、Problem

Given three integers n, m and k. Consider the following algorithm to find the maximum element of an array of positive integers:

You should build the array arr which has the following properties:

arr has exactly n integers.
1 <= arr[i] <= m where (0 <= i < n).
After applying the mentioned algorithm to arr, the value search_cost is equal to k.

Return the number of ways to build the array arr under the mentioned conditions. As the answer may grow large, the answer must be computed modulo 10^9 + 7.

Input: n = 2, m = 3, k = 1
Output: 6
Explanation: The possible arrays are [1, 1], [2, 1], [2, 2], [3, 1], [3, 2] [3, 3]

二、Solution

方法一：暴搜（超时）

结束条件：
- 当前选择个数等于 n 并且剩余搜索代价为 0，返回 1
- 当前选择个数不等于 n 但剩余搜索代价为小于 0，返回 0
本层递归的责任：
- 找到最大值，结合最大值讨论搜索代价。
剪枝：如果剩余可选数如果比剩余搜索代价还要小，一定不存在剩余搜索代价 cost=0cost = 0cost=0 的情况了。

class Solution {int mod = (int) 1e9 + 7, n, m, k;int dfs(int idx, int cur, int cost) {if (n - idx < cost)return 0;if (idx == n && cost == 0)return 1;if (cost < 0)return 0;int t = 0;for (int i = 1; i <= m; i++) {if (cur < i)  t += dfs(idx+1, i, cost-1);else         t += dfs(idx+1, cur, cost);}return t % mod;}public int numOfArrays(int n, int m, int k) {this.n = n; this.m = m; this.k = k;return dfs(0, -1, k);}
}

复杂度分析

时间复杂度：O(2m)O(2^m)O(2m)，
空间复杂度：O(n)O(n)O(n)，

方法二：记忆化

定义状态：
- f[i][j][k]f[i][j][k]f[i][j][k] 表示第 iii 个数选 jjj 且搜索代价剩余 kkk 时的方案数，这里应该改为：表示前 iii 个数最大数位 jjj 且搜索代价剩余 kkk 时的方案数。
思考初始化：
- f[0...n][1...m][0...k]=−1f[0...n][1...m][0...k] = -1f[0...n][1...m][0...k]=−1
思考状态转移方程：
- 如果 p>jp > jp>j，则有 f[i][j][k]+=dfs(i+1,p,k−1)f[i][j][k] += dfs(i+1, p, k-1)f[i][j][k]+=dfs(i+1,p,k−1)
- 如果 p⩽jp \leqslant jp⩽j，则有 f[i][j][k]+=dfs(i+1,j,k)f[i][j][k] += dfs(i+1, j, k)f[i][j][k]+=dfs(i+1,j,k)
思考输出：f[0][0][k]f[0][0][k]f[0][0][k] 因为状态计算是自底向上的，最后返回到初始状态，这和 dp 稍有不同

小心溢出…

class Solution {int mod = (int) 1e9+7, n, m;long f[][][];long dfs(int i, int j, int k) {if (n - i < k)        //剩下的数的个数比l小，无论如何也用不完k，所以返回0return 0;if (i == n && k == 0)return 1;if (k < 0)return 0;if (f[i][j][k] != -1)return f[i][j][k];long t = 0;for (int p = 1; p <= m; p++) {if (p > j)  t += dfs(i+1, p, k-1);else        t += dfs(i+1, j, k);}return f[i][j][k] = t % mod;}public int numOfArrays(int n, int m, int k) {f = new long[n][m+1][k+1];this.n = n; this.m = m;for (int i = 0; i < f.length; i++)for (int j = 0; j < f[0].length; j++)Arrays.fill(f[i][j], -1);long res = 0;dfs(0, 0, k);return (int) f[0][0][k];}
}

复杂度分析

时间复杂度：O(nmk)O(nmk)O(nmk)，
空间复杂度：O(nmk)O(nmk)O(nmk)，

方法三：dp

定义状态：
- f[i][j][k]f[i][j][k]f[i][j][k] 表示前 iii 个数最大数位 jjj 且搜索代价剩余 kkk 时的方案数。
思考初始化：
- f[0...n][0][0]=1f[0...n][0][0] = 1f[0...n][0][0]=1
思考状态转移方程：
- f[i][j][k]+=fi−1][jj][k]×j，f[i][j][k]\ += fi-1][jj][k] × j，f[i][j][k] +=fi−1][jj][k]×j，最大值在前 [0,i−1][0, i-1][0,i−1] 个数中，然后第 iii 个数可以选 1−j1-j1−j 中的任意一个而不产生搜索代价。
- f[i][j][k]+=fi−1][jj][k−1]，jj<jf[i][j][k]\ += fi-1][jj][k-1]，jj < jf[i][j][k] +=fi−1][jj][k−1]，jj<j，也可以在第 iii 个位置选 jjj，那么前 i−1i-1i−1 个数都可以转移到当前状态.
思考输出：f[0][0][k]f[0][0][k]f[0][0][k] 因为状态计算是自底向上的，最后返回到初始状态，这和 dp 稍有不同

自顶向下的 dp 考虑的因素比较多…

class Solution {public int numOfArrays(int n, int m, int K) {int mod = (int) 1e9+7;long f[][][] = new long[n+1][m+1][K+1];f[0][0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)for (int k = 1; k <= K; k++) {f[i][j][k] += f[i-1][j][k] * j;f[i][j][k] %= mod;for (int jj = 0; jj < j; jj++) {f[i][j][k] += f[i-1][jj][k-1];f[i][j][k] %= mod;}}long res = 0;for (int j = 1; j <= m; j++) {res += f[n][j][K];res %= mod;}return (int) res;}
}

参考大佬的优化思路：在第二个状态转移方程中，我们用了 O(mO(mO(m 的时间求出 [1,j−1][1,j - 1][1,j−1] 转移到的 jjj 和，其实这里可以用一个前缀和 pre[i−1][j−1][k−1]pre[i-1][j-1][k-1]pre[i−1][j−1][k−1] 来记录状态 i,j,k 的前缀和，代办…

复杂度分析

时间复杂度：O(n×m2×k)O(n × m^2 × k)O(n×m2×k)，
空间复杂度：O(n×m×k)O(n × m × k)O(n×m×k)，

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方法三：dp

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