2018年10月27日提高组 T1 Gift

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大意

给定 $n$个物品，每个物品只能选一次，求出在空间不超过 $m$且不能再选任何一个物品时的方案数对 $10^7+7$取模

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思路

发现这玩意儿很像01背包啊，于是就有了

$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-a[i]]$

然后呢，因为有不能再选任何一件物品这个约束，所以我们先排序，保证前面的小，然后枚举不能再选的物品，接着转移，这样子的复杂度是 $O(n^2m)$的，期望得分60

接着我们发现，上述算法因为每次都 $dp$一次所以时间不够，于是我们就想到了能否提前求好所有的值呢？答案是可以的。

首先每次我 $dp$时只是不能选的物品多了一个，而其他地方实际上市没有区别的，所以我们换一种表示方法

设 $f[i][j]$表示后面的 $i$个数，还剩 $j$点空间时的方案数，得到方程:

$f[i][j]=f[i+1][j]+f[i+1][j-a[i]]$

这样我们每次转移实际上就是 $i$往前挪一位，就不需要再用 $dp$区转移了，时间复杂度 $O(nm)$

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代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ymw 10000007
using namespace std;
int a[1001],n,m,minn=2147,sum;
long long ans,f[1005][1001],now;
inline void write(long long x){if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+48);return;}
signed main()
{
	freopen("1.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(register int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i),sum+=a[i];
	if(sum<=m) return putchar(49)&0;//加在一起都没有m，那么只能全部都选
	sort(a+1,a+1+n);
	f[n+1][0]=1;
	for(register int i=n;i>0;i--)
	for(register int j=0;j<=m;j++)
	{
		f[i][j]=f[i+1][j];
		if(j>=a[i])(f[i][j]+=f[i+1][j-a[i]])%=ymw;//动态转移
	}
	for(register int x=1;x<=n;x++)
	{
		for(register int i=0;i<a[x];i++) 
		if(m-i>=0) (ans+=f[x+1][m-i])%=ymw;//计算在后面x+1个数的方案数
		m-=a[x];//选走这个物品，容量变少了
	}
	write(ans%ymw);//输出
}