小A点菜
题目背景
uim神犇拿到了uoi的ra（镭牌）后，立刻拉着基友小A到了一家......餐馆，很低端的那种。
uim指着墙上的价目表（太低级了没有菜单），说："随便点"。
题目描述
不过uim由于买了一些辅（e）辅（ro）书，口袋里只剩(M)元((M le 10000))。
餐馆虽低端，但是菜品种类不少，有(N)种((N le 100))，第(i)种卖(a_i)元((a_i le 1000))。由于是很低端的餐馆，所以每种菜只有一份。
小A奉行"不把钱吃光不罢休"，所以他点单一定刚好吧uim身上所有钱花完。他想知道有多少种点菜方法。
由于小A肚子太饿，所以最多只能等待(1)秒。
输入输出格式
输入格式
第一行是两个数字，表示(N)和(M)。
第二行起(N)个正数(a_i)（可以有相同的数字，每个数字均在(1000)以内）。
输出格式
一个正整数，表示点菜方案数，保证答案的范围在(int)之内。
输入输出样例
输入样例 #1
4 4
1 1 2 2
输出样例 #1
3
分析
裸01背包。（好吧没有采药裸，这题实际上有点变化）
首先我们设(dp_{i,j})为点前(i)个菜花费(j)元钱的方案数，那么状态转移方程有(3)种情况：(j > a_i)，(j = a_i)，(j < a_i)。分别考虑：
如果(j < a_i)，说明当前的钱买不了这个菜了。那还能怎么办？方案数和不买这个菜的数一样，也就是(dp_{i,j} = dp_{i - 1, j})。
如果(j = a_i)，说明当前的钱恰好可以买这个菜，也就是多了一种买菜方案。(dp_{i,j} = dp_{i - 1,j} +1)。
如果(j > a_i)，那么我们可以吃，可以不吃。吃的方案数是(dp_{i - 1,j - a_i})，不吃的还是(dp_{i-1,j})。答案就是两者之和：(dp_{i - 1,j - a_i} + dp_{i-1,j})。
细心的同学可能会发现，第二个条件和第三个条件可以合并考虑。(j = a_i)的时候，如果把他用(j > a_i)的方法计算，结果是(dp_{i - 1,0} + dp_{i-1,j})，和原来的(dp_{i,j} = dp_{i - 1,j} +1)对比一下，我们只要初始化所有的(dp_{i,0})都为1，第二条和第三条就能合并考虑。
二维版本的递推方程：
(dp_{i,j}=egin{cases}dp_{i - 1, j}&j < a_i\dp_{i - 1,j - a_i} + dp_{i-1,j}&j ge a_iend{cases})
接下来考虑降维。采用滚动数组的思想，(dp_{i-1})降维成(pre)，(dp_{i})降维成(now)。
(now_j=egin{cases}pre_j&j < a_i\pre_{j - a_i} + pre_j&j ge a_iend{cases})
但是实际过程中，我们优化成了一个一维数组。咋肥四呢？首先我们先把(now)和(pre)都无脑换成(dp)。
(dp_j = egin{cases}dp_j&j < a_i\dp_{j - a_i} + dp_j&j ge a_iend{cases})
也就是说，当(j ge a_i)的时候，(dp_j = dp_j + dp_{j-a_i})。
但是这个递推方程仍然可以画上等号吗？
首先我们令(now_j
ightarrow dp_j)，首先当(now_j)没更新的时候，(now_j = pre_j)，但是我们还得让(pre_{j - a_i} = dp_{j-a_i})，也就是说，我们需要让(dp_{j-a_i})保持在(i - 1)层状态，大白话，我们不能让(dp_{j-a_i})更新。但是(j-a_i le j)，如果我们内部循环是正这遍历的，求(dp_j)的时候，(dp_{j - a_i})必然会更新，这会导致结果的错误。所以我们必须让内部循环倒着遍历，这样(dp_{j - a_i})还是旧的(i - 1)层，结果就正确啦。
刚刚证明完了可以画等号，只是需要倒序遍历，也就是说(j ge a_i)的时候，(dp_j = dp_j + dp_{j-a_i})这个结论是正确的。这下整个问题就会变得异常简单，我们只需要让(j)从(m)倒序遍历到(a_i)，然后dp[j] += dp[j - a[i]]。
上代码。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
const int maxn = 105;
const int maxm = 10005;
int n, m, a[maxn], dp[maxm] = {1};//别忘了，dp[0]必须是1哦！
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = m; j >= a[i]; j--)
dp[j] += dp[j - a[i]];
printf("%d
", dp[m]);
return 0;
}
评测结果
AC 100：R31579801