但是比赛完之后一看，竟然是dp。。例如前几天的口号匹配求方案数的题目，今天的uva4656，以及hdu4248都是这种类型的题目。。
说说uva4565吧。
题意大概意思是：有N种纸牌，G给位置。。然后给定每种纸牌最少排几张，求满足的方案。
这样一来我们怎么划分状态呢？以位置？
不，我们得用纸牌来划分状态，并枚举纸牌之前用了几张
那么用f[i][j]表示前I个纸牌已经满足题意，且总共放了j个位置的方案数。那么 f[i][j] = sigma（f[i-1][k] * c[G - k][j - k]）{j - k >= a[i]}
至于为什么是 f[i-1][k] * c[G - k][j - k]，我们可以这样理解：
反正总的位置固定，选取的j-k个在剩下的G-k个里选择位置就行了。。（这样不会有问题吧）
hdu4248:
这一题自己懒得写了，转自这个博客http://www.cnblogs.com/sweetsc/archive/2012/07/17/2595189.html
我觉得写得很不错！
题意：有N种石头，每种石头有A1，A2....AN个，现取出一些石头组成序列，求可以组成多少种序列
例如：3种：可以产生：B; G; M; BG; BM; GM; GB; MB; MG; BGM; BMG; GBM; GMB; MBG; MGB.
我们采用动态规划的思想，划分阶段：按照石头种类划分阶段。于是乎，咱们对于第i种石头，相当于之前石头的颜色并不重要，借助高中数学插板法的思想，假如之前的i - 1 种石头，拼出了长 度为len，那么，相当于有len + 1个空，咱们要放第 i 种石头进去，于是乎，转化成了经典问题，我比较得意的总结：
| 球和球 | 盒和盒 | 空盒 | 情况数 |
| 有区别 | 有区别 | 有空盒 | m^n |
| 有区别 | 有区别 | 无空盒 | M！s（n,m） |
| 有区别 | 无区别 | 有空盒 | S(n,1)+s(n,2)+…+s(n,m),n>=m |
| S(n,1)+s(n,2)+…+s(n,n),n<=m | |||
| 有区别 | 无区别 | 无空盒 | S(n,m) |
| 无区别 | 有区别 | 有空盒 | C(n+m-1,n) |
| 无区别 | 有区别 | 无空盒 | C(n-1,m-1) |
| 无区别 | 无区别 | 有空盒 | DP |
| 无区别 | 无区别 | 无空盒 | DP |
这里，第 i 种石头互相没有区别，len + 1个空有序，相当于有区别，可以有空盒，于是，如果咱们从第 i 种中放put个进去，情况数应该是 C(put + len , put)
于是设计状态：DP[i][j] 表示 用前 i 种石头，排出长度为 j 的可能数
然后，状态转移的时候，枚举在阶段 i 放入put个，DP[i + 1][j + put] += DP[i][j] * C(put + j, put) 即可
附上自己奇丑无比的代码：
Uva4656
重庆分公司
重庆分公司
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MXN 50100
#define Inf 101010
#define M0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
using namespace std;
double c[36][36], f[36][36];
int a[50], sum[50];
int n, m;
void init(){
M0(c);
for (int i = 0; i <= 33; ++i)
c[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 33; ++i)
for (int j = 1; j <= i; ++j)
c[i][j]= c[i-1][j] + c[i-1][j-1];
}
void solve(){
M0(sum);
M0(f);
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; ++i){
scanf("%d", &a[i]);
sum[i]= sum[i-1] + a[i];
}
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
for (int j = sum[i]; j <= n; ++j){
for (int k = a[i]; k <= j; ++k)
f[i][j]+= f[i-1][j-k] * c[n - j + k][k];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
f[m][n]/= m;
printf("%.6lf
", f[m][n] * 100.00);
}
int main(){
// freopen("a.in", "r", stdin);
// freopen("a.out","w", stdout); int T, cas = 0;
scanf("%d", &T);
init();
for (int i = 1; i <= T; ++i){
printf("Case #%d:", i);
solve();
}
// fclose(stdin); fclose(stdout);} hdu4248
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MXN 50100
#define Inf 101010
#define P 1000000007
#define M0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
using namespace std;
int c[10100][102];
long long f[102][10100];
int n, a[110], m, sum[110];
void init(){
for (int i = 0; i <= 10010; ++i)
c[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 10010; ++i)
for (int j = 1; j <= 101 && j <= i; ++j)
c[i][j]= (c[i-1][j] + c[i-1][j-1]) % P;
}
void solve(){
m= 0;
M0(f);
M0(sum);
for (int i = 1; i <= n; ++i){
scanf("%d", &a[i]);
m+= a[i];
sum[i]= m;
}
f[0][0] = 1;
long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= sum[i]; ++j){
for (int k = 0; k <= a[i]; ++k){
if (k > j) break;
f[i][j]= (f[i][j] + f[i-1][j-k] * c[j][k]) % P;
}
if (i == n && j) ans = (ans + f[i][j]) % P;
}
printf("%I64d
", ans);
}
int main(){
//freopen("a.in", "r", stdin);
// freopen("a.out","w", stdout); int T, cas = 0;
init();
while (scanf("%d", &n) != EOF){
printf("Case %d:", ++cas);
solve();
}
fclose(stdin); fclose(stdout);
} 
