题目链接：戳这里
题意：有A只蚂蚁，来自T个家族，每个家族有ti只蚂蚁。任取n只蚂蚁(S <= n <= B)，求能组成几种集合？
这道题可以用dp或母函数求。
dp：参考博客戳这里
多重集组合数也是由多重背包问题拓展出来的一类经典问题。这里仍然给大家讲2种方法：
①朴素方法：
状态：dp[i][j]：前i种中选j个可以组成的种数
决策：第i种选k个，k<=ant[i] && j-k>=0
转移：dp[i][j]=Σdp[i-1][j-k]
复杂度为O（B*Σant[i]）即O（B*A）也即O（A^2），虽说这题A最大可到1e5，但是实际数据水，能过
附ac代码：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef unsigned long long ll; 6 const int maxn = 1e3 + 10; 7 const int inf = 0x3f3f3f3f; 8 const int maxx = 1e5 + 10; 9 int dp[2][maxx]; 10 int cnt[maxn]; 11 int num[maxn]; 12 const int mod = 1e6; 13 int main() 14 { 15 int t, a, s ,b, u; 16 scanf("%d %d %d %d", &t, &a, &s, &b); 17 for(int i = 1; i <= a; ++i) 18 { 19 scanf("%d", &u); 20 ++cnt[u]; 21 } 22 //处理边界问题，当只有一种蚂蚁的时候，无论多少个蚂蚁，组成的集合都是1 23 for(int i = 0; i <= cnt[1]; ++i) // 这里从0开始赋值是为了后面当j- k = 0时dp[][j-k]=1 24 dp[1][i] = 1; 25 for(int i = 2; i <= t; ++i) 26 {//这里j=0依然是处理边界，比如dp[3][1] = dp[2][0] + dp[2][1] 27 for(int j = 0; j <= b; ++j) 28 { 29 for(int k = 0; k <= min(j, cnt[i]); ++k) 30 { 31 dp[i & 1][j] = (dp[i & 1][j] + dp[(i & 1) ^ 1][j - k]) % mod; 32 33 } 34 // printf("%d %d %d\n", dp[i&1][j], i, j); 35 } 36 memset(dp[(i & 1) ^ 1], 0, sizeof(dp[(i & 1) ^ 1])); 37 } 38 int ans = 0; 39 for(int i = s; i <= b; ++i) 40 { 41 ans = (ans + dp[t & 1][i]) % mod; 42 } 43 printf("%d\n", ans); 44 return 0; 45 }
②优化递推式
状态：dp[i][j]：前i种中选j个可以组成的种数
决策：第i种不选或者至少选一个
转移：
1.若不选，显然为dp[i-1][j]
2.若至少选一种，那么为dp[i][j-1]-dp[i-1][j-ant[i]-1]
我们这样来理解，dp[i][j-1] 理解为已经选了第i种一个，至于还选不选这里我们不管它，所以它可以用来代表至少选一个
但是dp[i][j-1]还有一层含义便是前i种中选j-1个可以组成的种数，所以它包含了选ant[i]个第i种，即dp[i-1][j-ant[i]-1]，但
dp[i][j] 最多选ant[i]个第i种，所以最后要减去这一种。
所以 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - dp[i-1][j-ant[i]-1]
复杂度为O（T*B）