【题解】284E. Coin Troubles(dp+图论建模)
题意就是要你跑一个完全背包,但是要求背包的方案中有个数相对大小的限制
考虑一个(c_i<c_j)的限制,就是一个(c_i)一定可以对应一个(c_j),一个常见的钦定手法是,直接把(c_j)的权值捆绑在(c_i)上,实现选一个(c_i)必选一个(c_j)。但是题目里是大于号怎么办,那就直接在背包中钦定先拿一个(c_j)即可。
现在问题就是维护这一个捆绑的关系,我们可以直接根据差分约束的那种方法建模出来,然后判断整个图有没有环来判断是否无解。由于题目里保证一些很优美的性质(一个点的出入度各(le1))所以不需要真的拓扑排序。直接每个点记录一下比自己小的点,从每个点跑(dfs)就好了,然后假如跑(dfs)的时候发现出现了环,直接exit即可。
考虑一下(<)的传递性,比如样例1里面的这种情况(c_3>c_4>c_2),我们要求钦定两个(3),一个(4),直接通过(dfs)记录一下就好。
很坑的地方就是可能爆int之类的,所以要判断一下....由于我很懒所以我直接瞎几把判断的
//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std; typedef long long ll;
inline int qr(){
register int ret=0,f=0;
register char c=getchar();
while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
return f?-ret:ret;
}
const int maxn=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int dp[maxn];
int data[301];
int sav[301];
int le[301];
int n,m,k,init;
int in[301];
int dfs2(const int&now,const int&d){
in[now]=1;
register int ret=0;
init+=1ll*sav[now]*d;
if(init<0||init>k) puts("0"),exit(0);
if(in[le[now]]) puts("0"),exit(0);
if(le[now]) ret=dfs2(le[now],1);
in[now]=0;
return ret+sav[now];
}
int main(){
n=qr(); m=qr(); k=qr();
for(register int t=1;t<=n;++t) sav[t]=data[t]=qr();
for(register int t=1,t1,t2;t<=m;++t){
t1=qr(); t2=qr();
le[t2]=t1;
}
for(register int t=1;t<=n;++t) if(le[t]) data[t]=dfs2(t,0);//,putchar('
');
for(register int t=1;t<=n;++t) if(data[t]<0) puts("0"),exit(0);
if(init<maxn) dp[init]=1;
for(register int t0=1;t0<=n;++t0)
for(register int t=init+data[t0];t<=k;++t)
dp[t]=(dp[t]+dp[t-data[t0]])%mod;
printf("%d
",dp[k]);
return 0;
}