题目描述
如果不想读故事的話，可以直接跳到最后一段...
大一开学第一天，在学校的超市里,我遇见了她——那个站在摆满饼干的架子前蓝色裙子的长发女孩，她微微俯下身子挑选着奥利奥,似乎在为选哪种口味发愁着。
那时的我很怂,只敢远远地看着,也不忍心凑近,怕打扰到她。只见她用手指划着s型从上到下再往上扫了一遍,拿了最右上角的一盒奥利奥(= =!),然后朝我这个方向走来...心跳加速,脸红>_<还来不及移开视线就和她的眼神对视上了,还好她没有停留,直接走去付钱了。才发现原来她还有一双迷人的大眼睛,刚才简直要把我吸进去了QWQ
回过神来,她已经走远了,不知道还能不能再次遇见呢...
下午的新生见面会比想象中还要无聊,自我介绍环节也没什么特别的,都已经水了一个暑假了...也就把名字和人对上号吧。
“大家好,我是安琪,我喜欢吃奥利奥...”
等等..奥利奥?!抬头一看,果然是她!而且我们又对视上了...立马低头,脸红到脖子,心里顿时乐开了花~(≧▽≦)~
回到寝室,脑子里全都是她...既然她这么喜欢奥利奥,不如送她一份奥利奥大礼包作为新生见面礼吧,就算有点突然,但是她为了吃应该会接受的吧>_<
我从买奥利奥的事情中想出了一个算法题：假设某个店铺有N种不同类型的1元奥利奥和M种不同类型的2元奥利奥,而且余量无限,我的钱有k元,我想把k元都用来买奥利奥,且可以买同类型的奥利奥,你能帮我算出有多少种购买方式吗？设答案为Z,这个数字也许会很大,所以我们只需要输出Z mod P的值。
输入描述:
输入的第一行包含一个整数T，表示测试组数。 每个测试用例前面都有一个空白行。 每个测试用例由包含整数N,M,K和素数P的单行组成。
输出描述:
对于每个测试用例输出一个整数：表示不同的购买奥利奥的方式的数量Z mod P的值。
示例1
输入
3 0 10 2 47 2 2 4 47 5 5 10 47
输出
10 14 6
说明
在第一个测试样例中，我们必须购买一包2元的奥利奥，并且有10种类型。 在第二个测试样例中，我们有以下选择： - 购买两包2元的奥利奥：3种方式 - 购买一包2元的奥利奥和两包1元的奥利奥： 2 × 3 = 6 种方式 - 购买四包1元的奥利奥：5种方法 因此答案是（3 + 6 + 5）mod 47 = 14 mod 47 = 14 。
备注:
T=100 3 ≤ P ≤ 1000000 0 ≤ N,M ≤ 1000和1 ≤ ķ ≤ 1000
思路：组合数学解法，买巧克力的问题等同于n个不同的小球，放进m个相同的箱子里，总共有多少种方法（经典题目）
我们应该知道这个式子：C(n,m) = C(n,n-m) = C(n-1,m-1) + C(n-1,m)用这个预处理。
上面问题的答案采用隔板法可知是C(n+m-1,m-1)种。
还要注意特判n和m等于0的时候。
附录：小球和盒子问题大全
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
long long c[2050][2050], mod;
void f()
{
for(int i = 0; i <= 2005; i++) c[i][0] = 1;
for(int i = 1; i <= 2005; i++)
{
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % mod;
}
}
}
int main()
{
int t; scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m,k;
scanf("%d%d%d%lld",&n,&m,&k,&mod); f();
long long ans = 0;
if(n == 0)
{
int p = k / 2;
ans = (c[p+m-1][m-1]);
if(k % 2 != 0)
ans = 0;
}
else if(m == 0)
{
int p = k;
ans = (c[p+n-1][n-1]);
}
else
{
for(int i = 0; i * 2 <= k; i++)
{
int p = k - i * 2;
if(i + m - 1 >= 0 && p + n - 1 >= 0)
{
ans = (ans + c[i+m-1][m-1] * c[p+n-1][n-1]) % mod;
}
}
}
printf("%lld\n",ans%mod);
}
return 0;
}
背包比组合数学解法快好多：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, m, k, p, f[1001];
int main()
{
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> n >> m >> k >> p;
for(int i = 0; i <= k; i++) f[i]=0;
f[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= k; j++)
f[j] = (f[j] + f[j-1]) % p;
for(int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = 1; j <= k; j++)
f[j] = (f[j] + f[j-2]) % p;
cout << f[k] << endl;
}
}