https://www.zybuluo.com/ysner/note/1215495
题面
有一含(n)个数的数列({s})，询问各组内极差（(max-min))之和小于等于(k)的分组方案数。
- (20pts nleq10)
- (35pts kleq2)
- (50pts) (s_i)只有两取值
- (80pts sum s_ileq1000)
- (100pts nleq200,kleq1000,1leq s_ileq500)
解析
(20pts)算法
每加入一个数，只有两种方案：新建组(or)加入已有组
以此(DFS)暴力枚举每一种方案。
(35pts)算法
预处理(n)个相同数字分为(m)组的方案数(dp[n][m])。
方程为$$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]*j$$
枚举极差不为(0)的组，其它只能同类数字为一组，统计即可。
实现起来似乎有难度。
(50pts)算法
枚举两种数的分组情况，再枚举包含两种数的组数（通过将两方各一组合并来实现），用组合数计算。
(80pts)算法
看到方案数就想想怎么(DP)。
一开始想设(f[i][j])表示前(1-i)小数，分组后形成极差和为(j)的方案数。
但这样很不好转移，加入一个数后，如果该数单独成组，则不影响极差；如果进入已有组，则影响极差。
再因，如点进入已有组，统计方案数需要当前未关闭组数，我们需要加一维状态：当前未关闭组数。
则设(f[i][j][k])。
一个数字有(4)种转移：单独作为一组、新建一个还需填数的组 (代价和(−s_i) 、填入一个已有的组 (不作为最大值)、填入一个已有的组并作为最大值(不再需要填数,代价和(+s_i))。
如此，则极差和正可达(sum s_i)，负可达(-sum s_i)。
复杂度(O(n^2sum s_i))
(100pts)算法
复杂度瓶颈是(sum s_i)。
没感到极差和为负是一个很怪异且不太好表示的事情吗？
从另一个角度想，每当我们加入一个数，现存所有未关闭组（(j)个）的极差都将加上(a[i+1]-a[i])，极差和增加((a[i+1]-a[i])*j)。
极差和超过(k)就可以停止了。
复杂度降到(O(n^2k))。
而且空间开不下，我们需要滚动（最大特点就是当前数组传完值后要清(0)）。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=250,mod=1e9+7;
int n,k,a[N],id[N],mn[N],mx[N],tong[N<<2],mxx;
ll ans,dp[2][N][2500],lim;
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void ok(re ll &x){while(x>=mod) x-=mod;}
int main()
{
n=gi();lim=gi();
fp(i,1,n) a[i]=gi(),mxx=max(mxx,a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
re int now=0,nxt=1;
dp[now][1][0]=dp[now][0][0]=1;
fp(i,1,n-1)
{
fp(j,0,n)
fp(k,0,lim)
{
re ll t=dp[now][j][k],w=k+(a[i+1]-a[i])*j,p=t*j;
ok(p);dp[now][j][k]=0;
if(w>lim) continue;ok(w);
ok(dp[nxt][j][w]+=t);
if(j) ok(dp[nxt][j-1][w]+=p);
ok(dp[nxt][j+1][w]+=t);
ok(dp[nxt][j][w]+=p);
}
swap(now,nxt);
}
fp(i,0,lim) ok(ans+=dp[now][0][i]);
printf("%lld
",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}