hdu 4248 A Famous Stone Collector

首先发现一个很头痛的问题，下面是2个求排列组合的代码

 memset(C,0,sizeof(C));
    for(int i=0;i<10010;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=100;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
    }

C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<10010;i++)
        for(int j=0;j<=100;j++)
           if(j==0) C[i][j]=C[i-1][j];
           else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;

其中第一个是刘汝佳上面的代码，不知为什么在杭电OJ上就是WA，第二个就能ＡＣ，就路过的大神指点

题目大意

给你一些不同颜色的石头，问选出一些石头排成一排总共有多少种不同排法，不同数量的石头视为不同情况，每个位置上的石头颜色都相同视为相同情况。

分析　

ｄｐ＋排列组合

dp[i][j] 表示前i堆石子构成长度为j的串的方案数；

状态转移方程是：k为i堆使用的数量

dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i-1][j-k] * C[j][k]%MOD)%MOD;

可以这样想

　dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ]; //未放入第i种颜色的石头

　dp[ i ][ j ] += dp[ i-1 ][ j - k ] * C[ j ][ k ]; 　//放入k个第i种颜色的石　

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long LL;
LL C[10010][110];
void get_c()
{
    memset(C,0,sizeof(C));
    for(int i=0;i<10010;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=100;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
    }//这一步是错的，不知为啥
    
    
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<10010;i++)
        for(int j=0;j<=100;j++)
           if(j==0) C[i][j]=C[i-1][j];
           else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
}
LL dp[110][10010];
int main()
{
    int cas=0,sum,n,num;
    LL ans;
    get_c();
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0]=1;
        sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&num);
            sum+=num;
            for(int k=0;k<=num;k++)
            {
                for(int j=k;j<=sum;j++)
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+(dp[i-1][j-k]*C[j][k])%MOD)%MOD;
            }
        }
        ans=0;
        for(int i=1;i<=sum;i++)
            ans=(ans+dp[n][i])%MOD;
        printf("Case %d: %I64d
",++cas,ans);
    }
    return 0;
}