NOIP2012普及组T3 摆花

【题目大意】
用 n 种花摆共 m 盆花，每盆仅能摆一种花，不分每种花、每盆花的顺序，第 i 种花可以不摆，最多摆 (a_i) 盆，求方案数。
【输入格式】
共 2 行。第一行包含两个正整数 n 和 m，中间用一个空格隔开。第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 (a_1)、(a_2)、……(a_n) 。
【输出格式】
一个整数，方案数对1000007取模的结果。
【数据范围】
对于10%的数据， (0<n, m≤50，0≤a_i≤50)
对于30％的数据， (0<n, m≤100，0≤a_i≤100)
对于60％的数据，(0<n, m≤2333，0≤a_i≤2333)
对于100％的数据，(0<n, m≤8848，0≤a_i≤8848)

〇、网上说法的一些问题

加了一些特别大的数据是因为网上大部分做法都是(O(nm^2))，没法对付n, m上千的情况。本题有时间(O(nm))，空间(O(n+2m))的做法。
网上说(O(nm^2))是背包的，是因为

对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系（分组、依赖等）的背包问题，除了再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外，还可以得到装满背包或将背包装至某一指定容量的方案总数。
对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的 max 改成 sum 即可。——《背包九讲》

不过，严格来说这不能算是背包，叫递推可能好点儿，因为动态规划专指解决最优化问题（求最大小快慢）。当然分析时以及递推式与背包很像。

一、10％，时间(O(n^2m^2))，空间(O(nm))

最初想的时候把状态搞复杂了……用(f_{i,j})表示用前 i 种花摆前 j 盆时用第 i 种花摆第 j 盆，则可得递推式

[f_{i,j}=sum_{k=0}^{i-1}sum_{l=j-a_i}^{j-1}f_{k,l} ]

也就是用前0~i-1种花摆j-(a_i)盆时用第i-1种花摆第j-(a_i)盆（则第 i 种花摆(a_i)盆）的方案数，加上用前0~i-1种花摆j-(a_i)+1盆时用第i-1种花摆第j-(a_i)+1盆（第 i 种花摆(a_i)-1盆）的方案数，一直到用前0~i-1种花摆j-1盆时用第i-1种花摆第j-1盆的方案数。
另外，在上面的递推式中，如果j<(a_i)，递推式变为

[f_{i,j}=sum_{k=0}^{i-1}sum_{l=0}^{j-1}f_{k,l} ]

边界条件，(f_{0,0})=1，结果是(f_{i,j}=sum_{i=1}^nf_{i,m})

  f[0][0] = 1;
  for (i = 1; i <= n; i++)
    for (j = 1; j <= m; j++)
      for (k = 0; k < i; k++)
        for (l = max(0, j - a[i]); l < j; l++)
          (f[i][j] += f[k][l]) %= mod;
  for (i = 1; i <= n; i++)
    (ans += f[i][m]) %= mod;

虽说这方法很low但是我最早是通过这个方法推出O(nm)的方法的嗯。

二、30％，时间(O(nm^2))，空间(O(nm))

如果(f_{i,j})只是表示用前 i 种花摆前 j 盆（不一定要用第 i 种花），递推式便缩减成

[f_{i,j}=sum_{k=j-a_i}^{j-1}f_{i-1,k} ]

也就是（当第 i 种花摆(a_i)盆时）用前i-1种花摆j-(a_i)盆的方案数，加上（当第 i 种花摆(a_i)-1盆时）用前i-1种花摆j-(a_i)+1盆的方案数，一直到（当第 i 种花只摆1盆时）用前i-1种花摆j-1盆的方案数。
边界变为(f_{i,0})=1，结果是(f_{i,j})。

for (i = 0; i <= n; i++)
  f[i][0] = 1;
for (i = 1; i <= n; i++)
  for (j = 1; j <= m; j++)
    for (k = max(0, j - a[i]); k < j; k++)
      (f[i][j] += f[i - 1][k]) %= mod;
ans = f[n][m];

三、60％，时间(O(nm))，空间(O(nm))

推出这种方法的思路，一种是(O(n^2m^2))的方法加二维前缀和。
将一维的前缀和推广到二维情况，用(sum_{x,y})表示(sum_{i=0}^xsum_{j=0}^yf_{i,j})，如求(f_{1,2})到(f_{4,5})的和（蓝色区域）。

很明显，蓝色部分的和=图中整个区域-橙色区域-绿色区域+屎黄色区域=(sum_{4,5}-sum_{4,1}-sum_{0,5}+sum_{0,1})。

不过这题的前缀和倒简单一点。当j<(a_i)时，$$f_{i,j}=sum_{k=0}^{{i-1}sum_{l=0}}{j-1}f_{k,l}=sum_{i-1,j-1}$$
而当j≥(a_i)时

[f_{i,j}=sum_{k=0}^{i-1}sum_{l=j-a_i}^{j-1}f_{k,l}$$注意到k是从0开始的，因此只要把 $l$ 这层拆开。 $$f_{i,j}=sum_{k=0}^{i-1}sum_{l=0}^{j-1}f_{k,l}-sum_{k=0}^{i-1}sum_{l=0}^{j-a_i-1}f_{k,l}=sum_{i-1,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}]

也就是(f_{i,j})等于整个蓝色区域减去浅蓝色区域（不要在意为什么图片的字体不同）。
还有一点是更新sum数组。

如图，(sum_{6,5}=sum_{4,6}+sum{5,5}-sum_{4,5}+f_{6,5})。(sum_{6,5})等于(f_{6,5})和(f_{6,5})的左方和上方的所有数之和。用前缀和的思想，(f_{6,5})的左方和上方的所有数一部分是(sum_{4,6})，另一部分是(sum{5,5})，而重叠的部分是(sum_{4,5})。
所以$$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+f_{i,j}$$
当j<(a_i)时，$$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+sum_{i-1,j-1}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}$$
当j≥(a_i)时，$$sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-1}+sum_{i-1,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1}$$
这样就可以吃掉 f 数组了。
由于是从(O(n^2m^2))的方法推出来，所以(sum_{0,0}=f_{0,0}=1)，由于是前缀和，同理要把(sum_{i,0})与(sum_{0,i})都清成1。

sum[0][0] = 1;
  for (i = 1; i <= n; i++)
    sum[i][0] = 1;
  for (i = 1; i <= m; i++)
    sum[0][i] = 1;
  for (i = 1; i <= n; i++)
    for (j = 1; j <= m; j++)
      if (a[i] <= j)
        sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1]) % mod;
      else
        sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - a[i] - 1] + mod) % mod;
  ans = (sum[n][m] - sum[n][m - 1] + mod) % mod;

绕了一大圈，我倒发现这个递推式本不用这么复杂的推导。用(sum_{i,j})表示用前 i 种花摆前0~j盆花（不摆花+只摆第1盆花+摆前2盆花+...+摆前j盆花）的方案数。不用第 i 种花摆第 j 盆的方案数为(sum_{i-1,j})。用第 i 种花摆第 j 盆的方案数为(sum_{i, j-1})，但当j≥(a_i)时，还要减去用前 i-1 种花摆前0~j-(a_i)-1盆花的方案数（因为前提是用第 i 种花摆第 j 盆，当用前 i-1 种花摆前 j-(a_i)-1盆花时，就要摆第 i 种花(a_i)+1盆；当用前 i-1 种花摆前 j-(a_i)-2盆花时，就要摆第 i 种花(a_i)+2盆，以此类推）。

四、100％，时间(O(nm))，空间(O(n+2m))

呼我为什么要把那种复杂的分析方法写上……
在这个数据范围下时间复杂度是可以承受的，但空间炸了。可以注意到无论是(sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1})还是(sum_{i,j}=sum_{i-1,j}+sum_{i,j-1}-sum_{i-1,j-a_i-1})的 i 那层只有 i 和 i-1两种情况，所以用滚动数组可以解决空间问题。

sum[0][0] = sum[1][0] = 1;
  for (i = 1; i <= m; i++)
    sum[0][i] = 1;
bool t;
  for (i = 1, t = 1; i <= n; i++, t = !t)
    for (j = 1; j <= m; j++)
      if (j <= a[i])
        sum[t][j] = (sum[t][j - 1] + sum[!t][j]) % mod;
      else
        sum[t][j] = (sum[t][j - 1] + sum[!t][j] - sum[!t][j - a[i] - 1] + mod) % mod;

写完后我联系到01背包的空间优化方法本以为有一维数组的做法，但思虑再三发现不行。

在01背包的空间优化中，求灰色格的值需要用到的两个值都在灰色格的左边和上边。

但是在本题中，根据递推式，上图中无论是从左往右走还是从右往左走都会有后效性。