[蓝桥杯][2014年第五届真题]波动数列

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题解

动态规划，思维。 又是数据量这么大。

对于第i项，i>1，我们都可以对第i-1项进行+a或-b操作得到第i项，最终n个数的和要等于s。 我们不妨将对每一项的操作表示为op，op有可以表示+a操作也可以表示-b操作，op[i]表示第i+1项进行的操作。

设首项即第1项为x，我们能够构造出的全部情况就是ss = n*x + k*a - t*b，其中， ss表示我们构造的数列和； k+t = 1 + 2 + …… + (n-1) = n*(n-1)/2 而我们要做的就是找到ss = s的方案数。

我们还可以发现对第i项进行操作时，它对整个数列之和的贡献为op*(n-i+1)，若op=-b，则贡献为(-b)*(n-i+1)，若op=a，则贡献为a*(n-i+1)。

如果不能理解贡献的意思，我举个例子： 假设A数列下标从1至5分别为 1 2 3 4 5，和为15 对A(2)进行-2操作，那么后面的数字也会受到影响，数列变成1 0 1 2 3，和为7 = 15-2*(5-2+1)。 前面数字的变化会影响后面全部数字的变化，因为第i项是第i-1项经过op操作得到的，因此改一个，其后都会受到影响。

ss = x + (x+op[1]) + (x+op[2]) + …… + (x+op[n-1])，我们要让这个式子= s，则有 x + (x+op[1]) + (x+op[2]) + …… + (x+op[n-1]) = s => n*x + op[1] + op[2] + …… + op[n-1] = s => (s - (op[1] + op[2] + …… + op[n-1]) ) = n*x，这说明左边式子被n整除 => (s - (op[1] + op[2] + …… + op[n-1]) ) / n = x => (s - (op[1] + op[2] + …… + op[n-1]) ) % n = 0 这就是我们最终需要的式子了，整除关系！只要满足这个整除关系就说明此时的op数组是满足要求的。

为确定ss = n*x + k*a - t*b中的k，我们需要知道在数组 [1, 2, 3, ……，n-1]中选取任意个数，其和值为 k 的组合有多少。（k并非进行+a操作的次数，而是+a操作的贡献；同理，t为-b操作的贡献，这个必须清楚） 使用动态规划，dp[i][j] 表示前 i 个数中，和值为 j 的组合数。 递推关系，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - i]。 （由于规模较大，代码中我们使用滚动数组）

接下来我们的思路就变成了，枚举全部的k，判断这种情况下是否满足上面的”整除关系“，若满足，我们就让答案加上枚举到的k所包含的方案数。

代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6+10;
const ll MOD = 100000007;

ll dp[N] = {1LL};
ll ans, s, a, b;
int n;


int main()
{
	cin>>n>>s>>a>>b;
	
	for(int i = 1;i = i;j --) // 去掉一维就要逆序遍历了，与背包问题的滚动一个道理 // 前i个数相加最大才i*(i+1)/2，因此最大就从i*(i+1)/2遍历即可 
	dp[j] = (dp[j] + dp[j-i]) % MOD;
	
	int m = n*(n-1)/2;  
	int c = a+b;
	ll ss = s-m*b; // 最初我们将数列构造为ss = s-n*(n-1)/2*b，比目标s多进行了n*(n-1)/2个-b操作。
	// 之所以这样做，是为了接下来我们在枚举k时，直接用ss+=(a+b)就行，这就代表了我将一个-b操作换成了+a操作
	// 还不明白看这个例子，开始时ss=s-m*b，表示我们现在比s多进行了n*(n-1)/2个-b操作，接下来我们枚举k=1，
	// 表示进行了1次+a操作，那么就进行 n*(n-1)/2 - 1次-b操作，此时ss变成了s+a-(n*(n-1)/2 - 1)*b，
	// 这不就是s-n*(n-1)/2*b + (a+b)嘛，因此这样每次枚举k我们只需要为ss+=(a+b)就行了。 
	
	for(int i = 0;i