<更新提示>
<正文>
T1 Gift
Description
人生赢家老王在网上认识了一个妹纸,然后妹纸的生日到了，为了表示自己的心 意，他决定送她礼物。可是她喜爱的东西特别多，然而他的钱数有限，因此他想 知道当他花一定钱数后剩余钱数无法再购买任何一件剩余物品(每种物品他最多 买一个)时有多少种方案，两种方案不同，当且仅当两种方案中至少有一件品不 同，可是由于他忙着准备泡下一个妹纸(chi)，因此麻烦聪明的你帮帮忙。
Input Format
输入第一行 n 和 m， n 表示妹纸喜欢的礼物数目， m 表示现有的钱数，第二行 n 个数，表示 n 个物品的价格。
Output Format
输出一行一个数表示方案数目，答案对 1000000007 取模。
Sample Input
6 25
8 9 8 7 16 5Sample Output
15Hint
30%的数据: 0<=n<=100 0<=m<=500
100%的数据:0<=n<=1000 0<=m<=1000
注意：所有物品价格均小于 m
解析
如果存在一种合法的方案，就必然会有一个未购买并且价格最低的物品，并且这种方案的情况下，已经没有足够的钱来购买这个物品了。那么我们就以这个未购买的最小价格物品为基准点来统计答案，保证不重不漏。
我们先将所有物品按照价格从小到大排序，每次枚举一个物品\(i\)，令这个物品作为上述未购买且价格最低的物品，然后，我们强制取第\(1\)到\(i-1\)个物品(如果不取，就和\(i\)个物品最小矛盾)，并对第\(i+1\)到\(n\)个物品用\(0/1\)背包统计方案数，那么\(\sum_{j\in [m-a[i]+1,m]}f[j]\)即为本次的答案。
我们发现每一次\(dp\)都是对后面连续的若干个物品进行计算，于是我们就可以放弃背包中滚动数组的做法，从\(n\)开始倒序\(dp\)，并记录每一个阶段的\(dp\)值，然后在上述统计答案的过程中直接使用预处理的\(dp\)值即可。这样，时间复杂度就从\(O(n^3)\)优化到了\(O(n^2)\)。
\(Code:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1020 , M = 1020;
const long long Mod = 1000000007;
int n,m,a[N];
long long f[N][M],ans,sum[N];
inline void input(void)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
}
inline void dp(void)
{
memset( f , 0 , sizeof f );
f[n+1][0] = 1;
for (int i=n;i>=1;i--)
for (int j=0;j<=m;j++)
if ( j >= a[i] ) f[i][j] = ( f[i+1][j] + f[i+1][j-a[i]] ) % Mod;
else f[i][j] = f[i+1][j];
for (int k=1;k<=n;k++)
{
for (int i=m;i>=sum[k-1];i--)
f[k+1][i] = f[k+1][i-sum[k-1]];
for (int i=0;i<min(sum[k-1],1LL*m+1);i++)
f[k+1][i] = 0;
for (int i=m;i>=m-a[k]+1;i--)
ans = ( ans + f[k+1][i] ) % Mod;
}
}
int main(void)
{
input();
sort( a+1 , a+n+1 );
for (int i=1;i<=n;i++)
sum[i] = sum[i-1] + a[i];
dp();
if ( sum[n] > m ) printf("%lld\n",ans%Mod);
else puts("1");
return 0;
}T2 Fseq
Description
一个长度为 N+M 的数列，里面有 N 个+1,M 个-1 如果一个这样的数列被称作 F 序列(Fadeness) ， 当且仅当它的任意前缀和均非 负。
for example :
1,-1,1,1,-1 is a Fadeness
1,-1,-1,1,1 is not because S(3) <0
求一个数列是 Fadensee 的概率。
Input Format
第一行， Test , 表示测试数据的组数。 每个数据 有两个数 N,M
Output Format
对于每组数据,输出一个实数（保留到小数点后 6 位）
Sample Input
3
1 0
0 1
1 1Sample Output
1.000000
0.000000
0.500000Hint
30%的数据： (Test<=10)，(0<=N,M<=1000).
100%的数据： ( Test<=9008 )， ( 0<=N,M<=20000 ).
解析
和选举定理相似，我们直接转换成图形问题，然后应用反射原理即可。
我们将数列取数形象地转化为坐标系中的移动问题，一开始在原点，每取一个\(1\)就向右上方走一步，横纵坐标各加\(1\)，取一个\(-1\)就向右下方走一步，横坐标加\(1\)，纵坐标减\(1\)，那么最终折线会走到点\((n+m,n-m)\)。
那么一旦折线接触到了直线\(y=-1\)，这个序列就是不合法的。容易得出折线共有\(C_{n+m}^m\)种，那么问题在于求出不合法的折线数。
应用反射原理，由点\((0,-2)\)为起点，向右上走\(n+1\)次，向右下走\(m-1\)次，最终到点\((n+m,n-m)\)的所有折线就是不合法的折线数，我们同样可以得出这样的折线有\(C_{n+m}^{m-1}\)种。
那么答案就是\(\frac{C_{n+m}^m-C_{n+m}^{m-1}}{C_{n+m}^m}\)，化简一下就是\(1-\frac{m}{n+1}\)。
\(Code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int T = 10020 , N = 20020;
int t,n,m;
int main(void)
{
scanf("%d",&t);
while ( t-- )
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if ( m > n ) puts("0.000000");
else printf("%.6lf\n", 1.0 - 1.0 * m / (n+1) );
}
return 0;
}<后记>