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### [$AcWing$ $451$. 摆花](https://www.acwing.com/problem/content/453/)
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### 一、题目描述
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小明的花店新开张，为了吸引顾客，他想在花店的门口摆上一排花，共 $m$ 盆。
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通过调查顾客的喜好，小明列出了顾客最喜欢的 $n$ 种花，从 $1$ 到 $n$ 标号。
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为了在门口展出更多种花，规定第 $i$ 种花不能超过 $a_i$ 盆，摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列。
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试编程计算，一共有多少种不同的摆花方案。
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**输入格式**
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第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$，中间用一个空格隔开。
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第二行有 $n$ 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 $a_1,a_2,…,a_n$。
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**输出格式**
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输出只有一行，一个整数，表示有多少种方案。
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注意：因为方案数可能很多，请输出方案数对 $1000007$ 取模的结果。
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**数据范围**
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$0<n,m≤100,0≤a_i≤100$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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2 4
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3 2
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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2
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```
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### 二、题目解析
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($DP$,多重背包问题,背包问题求方案数) $O(n^2a)$
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问题转化：
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- 将花盆数量看作背包容量；
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- 将花看作物品，体积是$1$，第 $i$ 种物品最多选 $a_i$ 个；
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- 问题：将背包装满的方案数是多少？
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这是典型的多重背包求方案数问题：
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状态表示：$f[i, j]$ 表示前$i$个物品，总体积是$j$的方案数；
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状态计算：$$f[i, j] = f[i - 1, j] + f[i - 1, j - 1] + ... + f[i - 1, j - a[i]]$$。
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### 三、二维数组解决
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 110, mod = 1000007;
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int n, m;
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int f[N][N]; // f[i, j] 表示前i个物品，总体积是j的方案数
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int main() {
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cin >> n >> m;
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f[0][0] = 1; // 求方案数的base case
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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int a;
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cin >> a; // 最多允许选a个
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for (int j = 0; j <= m; j++) {
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for (int k = 0; k <= min(a, j); k++)
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f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - k]) % mod;
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}
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}
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cout << f[n][m] << endl;
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return 0;
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}
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```
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### 四、一维数组解决
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 110, mod = 1000007;
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int n, m;
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int f[N];
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int main() {
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cin >> n >> m;
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f[0] = 1; // 求方案数的base case
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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int a;
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cin >> a; // 最多允许选a个
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for (int j = m; j >= 0; j--)
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for (int k = 1; k <= min(a, j); k++)
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f[j] = (f[j] + f[j - k]) % mod;
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}
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cout << f[m] << endl;
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return 0;
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}
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```
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### 五、为什么一维与二维的$k$一个是从$1$，另一个是从$0$开始呢?
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根据
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$$f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j - 2] + ... + f[i - 1][j - a[i]]$$
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可以得知只用上一状态的值 毋须额外储存每一种$i$的状态 所以可以直接优化掉$i$维
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但是去掉后会发现
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$$f[j] = f[j] + f[j - 1] + f[j - 2] + ... + f[j - a[i]]$$
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$f[j]$已经有上一次状态得到的值了 不能再加一次 所以
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$$f[j] = f[j - 1] + f[j - 2] + ... + f[j - a[i]]$$
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因此$k$是从$1$到$a[i]$而不是从$0$到$a[i]$
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当然了，思考一下$01$背包降维的套路，我们知道这个东西要从后向前枚举才不会依赖错误值。 |
