题意:
给定一个数组b,求有多少个数组a,对于任意 1 ≤ i ≤ n 1 \leq i\leq n 1≤i≤n,满足 a [ i ] = b [ i ] a[i]=b[i] a[i]=b[i]或 ∑ j = 1 i a [ j ] = b [ i ] \sum\limits_{j=1}^{i}a[j]=b[i] j=1∑ia[j]=b[i] 。
容易看出是 d p dp dp,但难在怎么去优化 d p dp dp
题解:
设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示前 i 项之和为 j 的方案数,那么就可以写出两种状态转移:
d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j − b [ i ] ] dp[i][j]=dp[i-1][j-b[i]] dp[i][j]=dp[i−1][j−b[i]]
d p [ i ] [ b [ i ] ] = ∑ j = − i n f i n f ( j ≠ 0 ) d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i][b[i]]=\sum\limits_{j=-inf}^{inf}(j \neq 0)dp[i-1][j] dp[i][b[i]]=j=−inf∑inf(j=0)dp[i−1][j]
但是数据范围很大,不能真的这么写,怎么办?
不难发现,第一个转移式其实就是将所有的 j j j 平移 b [ i ] b[i] b[i],而第二个式子就是将除了 j = 0 j=0 j=0之外的所有 j j j 放到了 b [ i ] b[i] b[i]上。
我们只需要维护答案之和ans和 j = 0 j=0 j=0的贡献,那么下一次的答案就是 a n s + = a n s − d p [ i − 1 ] [ 0 ] ans+=ans-dp[i-1][0] ans+=ans−dp[i−1][0]。
问题就在于怎么维护呢?
既然每次转移本质就是平移 b [ i ] b[i] b[i]位,那么我们就用map去维护相对于最初状态平移量的值就行。用 r e s res res 表示距离最初状态的平移量,那么当前 j = 0 j=0 j=0的时候最初的位置就是 0 − r e s 0-res 0−res,那么就是 a n s + = a n s − m a p [ 0 − r e s ] ans+=ans-map[0-res] ans+=ans−map[0−res],对于第二个式子, b [ i ] b[i] b[i]在最初的位置就是 b [ i ] − r e s b[i]-res b[i]−res,那么就要更新一下值, m a p [ b [ i ] − r e s ] + = a n s − m a p [ 0 − r e s ] map[b[i]-res]+=ans-map[0-res] map[b[i]−res]+=ans−map[0−res]。
代码:
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#include<ctime>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int MAXN=1e5+2;
const int mod=1e9+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
map<ll,ll>dp;
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int n;
cin>>n;
dp.clear();
ll res=0;
ll ans=1;
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int b;
cin>>b;
ll pre=(ans-dp[0-res]+mod)%mod;
res+=b;
ans=(ans+pre)%mod;
dp[b-res]=(dp[b-res]+pre)%mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
}