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题目

??点这里看题目。

分析

??首先对数组进行排序。然后我们先给每组分配最大值和最小值。这样每对最大值和最小值在排序后的数组上可以表示为一条线段。而没有被选定的点，其贡献的方案数为覆盖它的线段数量。根据乘法原理，此时总方案数为每个未选定的点的贡献的积。
??至于计算方案，我们不难想到用 DP 。可以发现当前点的贡献仅与会覆盖它的线段的数量有关。对于一个线段已确定的情况，会覆盖到点\(i\)的线段的数量为\(i\)的左侧的左端点数量减去右端点数量。我们可以理解为\(i\)的左侧未闭合线段的数量。
??因此可以设计 DP ：
??\(f(i,j,k)\)：前\(i\)个人，还有\(j\)个未分配完的组（即未闭合线段），不平衡总和为\(k\)的方案数。
??转移考虑当前人的分配情况：

??这样转移是\(O(n^2\sum a)\)的，因为 DP 途中\(k\)的取值并没有范围，只有在统计结果的时候才有范围。
??这里可以使用差分。可以发现，如果选定最小值\(a_l\)，最大值\(a_r\)，那么这个序列的不平衡值可以等价地表示为：

??我们通过这种方法将不平衡值均摊到了线段的每一个元素上，因此我们可以在 DP 过程中 " 动态 " 地维护不平衡值的和。在 DP 过程中，\(f(i,j,k)\)的\(i\)总共贡献的不平衡值即为\(j\times (a_i-a_{i-1})\)。可以发现，由于\(a_i-a_{i-1}\ge 0\)，因此我们需要保证 DP 中每一个不平衡值都在题设范围内。故可以重置状态：
??\(f(i,j,k)\)：前\(i\)个人，还有\(j\)个未分配完的组，当前不平衡值为\(k\)的方案数。
??设\(d=a_i-a_{i-1}\)，\(t=j\times d\)，转移为：

??时间复杂度为\(O(n^2k)\)，答案为\(\sum_{i=0}^k f(n,0,i)\)。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

const int mod = 1e9 + 7;
#ifdef _DEBUG
const int MAXN = 15, MAXK = 105;
#else
const int MAXN = 205, MAXK = 1005;
#endif

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > ‘9‘ || s < ‘0‘ ){if( s == ‘-‘ ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= ‘0‘ && s <= ‘9‘ ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - ‘0‘ ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( ‘-‘ ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + ‘0‘ );
}

int f[MAXN][MAXN][MAXK];
int a[MAXN];
int N, K;

void upt( int &x, const int v ) { x = ( x + v >= mod ? x + v - mod : x + v ); }

int main()
{
	read( N ), read( K );
	for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) read( a[i] );
	std :: sort( a + 1, a + 1 + N );
	f[0][0][0] = 1;
	int t, dif;
	for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
		for( int j = 0 ; j <= i ; j ++ )
			for( int k = 0 ; k <= K ; k ++ )
			{
				dif = a[i] - a[i - 1], t = j * dif;
				if( k >= t ) upt( f[i][j][k], f[i - 1][j][k - t] );
				if( k >= t ) upt( f[i][j][k], 1ll * f[i - 1][j][k - t] * j % mod );
				if( j && k >= ( t - dif ) ) upt( f[i][j][k], f[i - 1][j - 1][k - t + dif] );
				if( j < i && k >= ( t + dif ) ) upt( f[i][j][k], 1ll * f[i - 1][j + 1][k - t - dif] * ( j + 1 ) % mod );
			}
	int ans = 0;
	for( int i = 0 ; i <= K ; i ++ ) upt( ans, f[N][0][i] );
	write( ans ), putchar( ‘\n‘ );
	return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/crashed/p/12631522.html