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51nod1043(数位dp)

时间:2017-01-20 23:36:10      阅读:395      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:bre   question   href   name   target   long   font   ++   efi   

题目链接:https://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1043

 

题意:中文题诶~

 

思路:数位dp

我们用dp[i][j]来存储长度为2*i且一半和为j的所有情况(包括前导0的情况),为了方便我们现在只讨论其一半的和的情况,因为如果包括前导0的话其两边的情况是一样的;

我们假设再长度为i-1的数字最前面加1位数字k,0<=k<=9(这位数字加在哪里并不影响答案,因为我们在计算i-1长度的时候已经计算了所有组合情况,交换顺序的两种情况都是所有情况里面的情况),加k=0就相当于加了一个前导0,那么我们不难想到动态转移方程式为:

dp[i][j]=∑dp[i-1][j-k] (0<=k<=9)

去前导0为dp[i][j]-dp[i-1][j];

那么对于长度为2*i和为j的组合情况为:dp[i][j]*(dp[i-1][j]) (前部分要考虑前导0,后部分不用考虑);

对于我们要求的答案,直接累加就好了啦.

 

代码:

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 using  namespace std;
 4 
 5 const int mod=1e9+7;
 6 const int MAXN=1010;
 7 ll dp[MAXN][MAXN*9]; //***dp[i][j]从存储长度为2*i一半和为j的情况数
 8 
 9 int main(void){
10     ll ans=0;
11     int n;
12     cin >> n;
13     dp[0][0]=1; //***一开始计算时要把所有前导0都算进去
14     for(int i=1; i<=n; i++){
15         for(int j=0; j<=i*9; j++){
16             for(int k=0; k<=9; k++){
17                 if(j>=k){
18                     dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-k])%mod;
19                 }else{
20                     break;
21                 }
22             }
23         }
24     }
25     for(int i=0; i<=9*n; i++){
26         ans=(ans+(dp[n][i]-dp[n-1][i])*dp[n][i])%mod;
27     }
28     cout << ans << endl;
29     return 0;
30 }

 

51nod1043(数位dp)

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原文地址:http://www.cnblogs.com/geloutingyu/p/6329594.html

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