BSOJ4836 -- 【模拟试题】篮球比赛
Description
因为Czhou举行了众多noip模拟赛，也致使放学后篮球比赛次数急剧增长。神牛们身体素质日新月异，而且球技不断精进。这引发了体育老师彩哥的注意，为了给校篮球队找到平分秋色的对手，彩哥找到了Czhou神，想要和机房篮球队进行多场友谊赛。Czhou为了顾全校篮球队面子，决定派出配合默契又不至于吊打校篮球队的阵容。
而机房神牛的能力值受到游戏时长，训练时长，我的基础值得影响，可能会不断变化。因此Czhou想根据神牛当天状态从中选出若干名选手，使他们的能力值和等于k。
Input
一行三个数n,k,l。表示机房有n个神牛，选出队员能力值和为k，每一个神牛的能力最大值<=L且>=0。
Output
输出一个数，表示方案数，方案知足选出若干选手使能力和为k。由于答案比较大，最后模10^9+7。
Sample Input
2 2 2
Sample Output
6
Hint
【样例说明】神牛的能力值可能为(0,2)(1,2)(1,1)(2,0)(2,1)(2,2)，这样均可以选出一些数字使他们的能力值和为2。
对于（0,2）表示第一只牛能力值为0，第二只牛能力为2
相似的
对于（1,2）选出2即知足要求。
对于（1,1）选出所有选手即知足要求。
因此（0,2）（1，1）都是知足要求的方案。
数据范围：
n,k<=20 ,0<=L<=10^9.
来自hzwer的某次noip模拟赛
对于小数据，咱们能够考虑直接暴力枚举最后用01背包判断k可否达到。
而想要过100%的数据，咱们考虑使用状压DP
定义f[i][j]表示在第i位状态（盘面）为j，用j的二进制来表示某个数可否取到（从1到k）
再试对代码进行分析
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define mod 1000000007
using namespace std;
int f[25][1050000],n,k,l;
long long ans;
int main(){
cin>>n>>k>>l;
int ed=(1<<k)-1; //局面总数
for(int i=1;i<=min(l,k);i++)
f[1][1<<(i-1)]=1; //初始化，由于是从当前推之后，因此要预处理使用第一我的的局面下的方案数
if(k<=l)
f[1][0]=l-k+1; //0表示取不到的，l-k+1就是高于l的那些值都不能取，各算方案
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
f[i][0]=max(f[i][0],1); //至少有0
for(int j=0;j<=ed;j++)
if(f[i][j])
{
for(int x=0;x<=min(l,k);x++)
{
int to=((j<<x)|j|(1<<(x-1)))&ed; //j<<x表示在j中放入x，j表示j自己，1<<(x-1)表示加入x自己
f[i+1][to]=(f[i+1][to]+f[i][j])%mod;
}
if(k<=l)
f[i+1][j]=(f[i+1][j]%mod+(long long)f[i][j]*(l-k)%mod)%mod; // 比k高，能够不选，可是仍然算方案数
}
}
for(int i=0;i<=ed;i++)
if(i&(1<<(k-1))) //取出第k位看是否为1，若为1就表示能够
ans=(ans%mod+f[n][i]%mod)%mod;
cout<<ans;
return 0;
}
//from 07 xioooooooooooooo
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,k,l,t,stan,note[27]={0},f[23][1550007]={0};
/*note记 (l+1)的i次幂 f是搜索备忘录.
f[i][j]的j表示vis数组状态压缩后的数字。
f[i][j]记当计算到第i我的状态为j时可以取到的值的的方案数。
*/
int dfs(int v,int ff)//v表示第几我的，ff表示当前能获得的值的状态
{
if(f[v][ff]!=-1) return f[v][ff];//取备忘录
if(ff&t) return f[v][ff]=note[n-v+1];
/*若是此时已经能够取到k，则后面的人不管取多少均可以
后面的人取0~l的方案数为(l+1)的后面的人数(n-v+1)次方
*/
if(v==n+1) return f[v][ff]=(ff&t);//边界
int ans=0;
long long temp;
//用long long 临时存储，避免乘爆同时也避免冗长复杂的 long long强转
for(int i=0;i<=min(k,l);i++)//枚举第v我的的取值
{
temp=((ll)dfs(v+1,(ff|(ff<<i))&stan))%mod;
//ff左移获得用当前取值计算后的状态与当前状态取与获得新状态
//和stan取与防止左移后超出n的范围
ans=(ans+temp)%mod;
}
if(l>k)
{
temp=(((ll)((ll)dfs(v+1,ff)%mod*(ll)(l-k))%mod))%mod;
//若是当前的人取值大于k就必定不会作出贡献，对后面的状态的影响是等价的
//因此直接计算一次再乘以(l-k)
ans=(ans+temp)%mod;//返回
}
return f[v][ff]=ans%mod;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&l);//输入
memset(f,-1,sizeof(f));//备忘录初始化
note[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) note[i]=(ll)((ll)note[i-1]*(ll)(l+1))%mod;
//递推计算(l+1)的i次方
t=(1<<k);//取与判断是否能获得k的标准
stan=(1<<(k+1))-1;//用于去与防止左移后 超出n的范围 的标准
printf("%d\n",dfs(1,1)%mod);
return 0;
}
//2 2 2 ans:6
//10 10 5 ans:60293642
//from zy
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
long long n,m,k,i,j,l,r,f[2100000],g[2100000],ans;//防止MLE，使用滚动数组
int main()
{
cin>>n>>m>>k;
r=1<<(m+1);f[1]=1;//第一位（1<<0）表示能够取0,1<<i表示能够取i
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(l=1;l<r;l++) g[l]=(f[l]*max(0ll,k-m))%1000000007;//第i个数为0或大于和
for(l=1;l<r;l++)
if(f[l])//l状态为有效状态
for(j=0;j<=min(m,k);j++)//枚举各个有效数字 g[(l|(l<<j))%r]=(g[(l|(l<<j))%r]+f[l])%1000000007;//第i个数为j
memcpy(f,g,sizeof(f));//拷贝
}
for(i=(1<<m);i<r;i++) ans=(ans+f[i])%1000000007;//对全部能够组成指定和的状态求和
cout<<ans;
return 0;
}