hihocoder-1475 -数组分拆-dp-哈希

  • 我们用f[i]表示将A1 ~ Ai拆分成若干段使得每段和都不为0的方案数。考虑拆出的最后一段是A[j+1] ... Ai,有转移方程:
  • f[0] = 0
    
    f[i] = Σf[j] | j = 0 .. i-1 且 A[j+1] .. Ai的和不为0。 
    
  • 其中“A[j+1] .. Ai的和不为0”可以利用前缀和。所以上述的DP是O(N)状态和O(N)的转移,总复杂度是O(N^2)的。
  • 下面我们介绍如何将转移优化为O(1)的。如果我们令前缀和s[i] = f[0] + f[1] + ... f[i],那么显然上述转移方程直观上是:
  • f[i] 等于 f[0] .. f[i-1] 中若干项的和。具体是哪些项呢? 是那些满足s[j] != s[i]的f[j]。
  • 于是我们可以换一种方法计算f[i]:先加上f[0] .. f[i-1],再减去那些满足s[j] == s[i]的f[j],使用map 记录 同一个 sum值
  • 到此处之前f[]的和是多少。
  • #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define ll long long
    #define mod 1000000007
    #define maxn 123456
    map<int,int>vis;
    int h[maxn],dp[maxn],a[maxn],n;
    int sum[maxn],dpsum[maxn],ans;
    int main()
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            sum[i]+=sum[i-1]+a[i];
        }
        bool flag=0;
        int pre=1;
        vis[0]=1;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            dp[i]=(pre-vis[sum[i]]+mod)%mod;
            vis[sum[i]]+=dp[i];
            vis[sum[i]]%=mod;
            pre=(pre+dp[i])%mod;
        }
        printf("%d\n",dp[n]);
        return 0;
    }
    

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