【洛谷】AT_dp_m Candies 的题解

【洛谷】AT_dp_m Candies 的题解

洛谷传送门

AT 传送门

题解

显然是一个 dp

首先暴力枚举的话经过用会 TLE 的，发现公式里每个 dp 值都由上一行中一段连续的 dp 值之和转移而来，可以前缀和优化转移，每次用 $sum$ 数组预处理上一行 dp 的前缀和，可以 $O(1)$ 地求出连续一段 dp 值之和并转移。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define endl "\n"
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int mod = 1e9 + 7;
namespace fastIO {inline int read() {register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();return x * f;}inline void write(int x) {if(x < 0) putchar('-'), x = -x;if(x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');return;}
}
using namespace fastIO;
int n, k, a[105];
ll dp[100005], ans[100005];
int main() {//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);n = read(), k = read();for(int i = 1; i <= n; i ++) {a[i] = read();}dp[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; i ++) {ans[0] = dp[0];for(int j = 1; j <= k; j ++) {ans[j] = (ans[j - 1] + dp[j]) % mod;}for(int j = 0; j <= k; j ++) {dp[j] = ((ans[j] - (j <= a[i] ? 0 : ans[j - a[i] - 1])) % mod + mod) % mod;}	}cout << dp[k] << endl;return 0;
}