阿丁参加有奖竞答活动，经过一轮比拼，他答对了n个题面，每个题获得了一个正整数得分，第i个题得分为数字ai, 进行第二轮比拼之前需要参赛选手在15分钟内，从自己上一轮的得分中选择一些数字，使得选出来的这些数字的和刚好为s请帮助阿丁计算一下，如果能，则一共有多少种不同的组合方式？如果一种也没有则输出0

<think>我们面对的问题：给定一组正整数和一个目标和s，计算能够选出多少种不同的组合方式，使得组合中的元素之和等于s。 注意：组合中的元素都是给定的正整数，每个数可以被选多次吗？题目没有明确，但根据问题描述“不同的组合方式”以及通常的背包问题变种，我们需要澄清。 问题澄清： 根据问题描述，没有明确每个元素是否只能使用一次。但在常见的组合问题中，有两种情况： 1. 每个元素只能使用一次（0-1背包问题变种） 2. 每个元素可以使用无限次（完全背包问题变种） 然而，用户的问题描述中并没有说明，所以我们需要根据上下文判断。但用户的问题描述是“选出多少种不同的组合方式”，通常在不特别说明的情况下，我们默认每个元素只能使用一次（因为如果可以使用多次，题目一般会说明“每个数可以重复选取”）。 但是，为了严谨，我们可以考虑两种情况。然而，由于用户没有明确，我们首先假设每个元素只能使用一次（0-1背包问题变种）。如果用户需要的是无限次，我们可以稍作调整。 因此，问题转化为：给定一组正整数，和一个目标和s，计算有多少种不同的子集，使得子集中元素的和等于s。注意：子集是非重复的，即每个元素最多选一次。 这是一个经典的动态规划问题（0-1背包问题）。 动态规划解法： 设dp[i][j]表示考虑前i个元素时，能够组成和为j的不同组合数目。 状态转移方程： dp[i][j] = dp[i-1][j] （不选第i个元素） + dp[i-1][j-nums[i-1]] （选第i个元素，前提是j>=nums[i-1]） 初始化： dp[0][0] = 1 （考虑0个元素，组成和为0，有1种方法：空集） dp[0][j] = 0 (j>0) 注意：我们通常将dp数组的大小设置为(len(nums)+1)行，(s+1)列。 然而，我们也可以优化空间，使用一维数组（滚动数组）： dp[j]表示组成和为j的组合数。 遍历每个数，然后从s倒序更新到该数（避免重复选取）。 步骤： 1. 初始化dp数组：dp[0]=1，表示和为0有一种组合（空集），其他dp[j]=0。 2. 遍历数组中的每个数num。 3. 对于每个num，从s倒序到num，更新dp[j] = dp[j] + dp[j-num]。 4. 最后dp[s]即为答案。 但是注意：题目要求组合方式，且不同顺序视为同一种组合（即组合，不是排列），所以我们的方法正确（因为每个数只考虑一次，且顺序固定）。 然而，问题描述中并没有提到元素是否可以重复选取。如果题目允许重复选取，那么就是完全背包问题，则内层循环应该正序（从num到s）。但根据我们之前的假设，不允许重复，所以用倒序。 因此，我们按照不允许重复（每个元素最多用一次）来写代码。 但是，用户的问题描述是“选出多少种不同的组合方式”，并没有明确是否允许重复选取同一个元素。所以我们需要再次确认：如果用户希望允许重复选取，那么应该使用完全背包；否则，使用0-1背包。 由于问题没有明确，我们可以提供两种解法，并询问用户需求。但根据问题描述，更常见的是不允许重复（即每个元素只能用一次），所以我们先按不允许重复来写。 另外，注意：组合方式不同定义为子集不同（即元素的选择不同，与顺序无关），所以我们的动态规划方法可以统计不同的子集个数。 例子： 输入：nums = [1,2,3], s=3 输出：2 （因为有两种组合：{3} 和 {1,2}） 但是，如果允许重复选取，那么例子： 输入：nums = [1,2,3], s=3，允许重复 输出：4 （{1,1,1}, {3}, {1,2}，注意{1,2}和{2,1}算同一种，另外{1,1,1}是一种，还有{3}和{1,2}，另外{1,2}只能算一次，所以实际上还有{2,1}不算？不对，组合不考虑顺序，所以重复选取时，组合方式为：{3}, {1,2}, {1,1,1}，但是注意，{1,2}和{1,2}（即使选了两次1和一次2）但这里我们选的是不同的元素？实际上，如果允许重复，那么组合方式中同一个元素可以出现多次，那么就是多重集。但题目要求的是组合，所以不考虑顺序，那么{1,1,1}是一种，{1,2}是一种（其中1出现一次，2出现一次），{1,2}和{2,1}是同一种，所以不会重复计算。但是，如果允许重复选取，那么{1,2}可以通过先选1再选2得到，也可以先选2再选1得到，但在我们的动态规划中，我们只关心每个元素选了几次，所以不会重复计算。另外，{1,1,1}需要选三次1。 因此，对于允许重复的情况，我们使用完全背包的方法。 所以，我们需要用户明确：是否允许重复选取同一个元素？ 但是，用户的问题描述没有明确，所以我们可以先按照不允许重复（0-1背包）来写，然后如果需要允许重复，我们可以再修改。 然而，在问题描述中，用户说“选出多少种不同的组合方式”，并没有提到重复选取，所以我们默认不允许重复。 因此，我们使用0-1背包的动态规划。 代码实现（使用一维dp数组）： 初始化：dp[0]=1，其余为0 遍历每个数字x： for j from s down to x: dp[j] += dp[j-x] 最后返回dp[s] 注意：如果s为0，那么组合数为1（空集），但题目目标和s应该至少大于0？不过题目没有明确，我们考虑s=0的情况。 另外，如果数组中有0，那么情况会复杂一些，因为0可以选或不选，但选0不会改变和。但是题目给定的是正整数，所以不会有0。 因此，我们假设数组中的数都是正整数，s也是正整数（或者非负整数，但s=0时，只有空集一种）。 但是，如果s=0，我们直接返回1（空集）。如果s<0，则不可能，返回0。 然而，题目要求的是“正整数”，所以s至少为1。 但是，为了健壮性，我们考虑s=0的情况。 代码示例（C++）： ```cpp #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int main() { // 输入：第一行是正整数数组，第二行是目标和s // 假设数组元素个数最多1000，s最大为10000 vector<int> nums; int s; // 输入数组，假设以空格分隔，以换行结束，然后输入s int num; while (cin >> num) { nums.push_back(num); if (cin.get() == '\n') break; } cin >> s; vector<int> dp(s+1, 0); dp[0] = 1; // 初始条件：空集和为0 for (int i = 0; i < nums.size(); i++) { // 从后往前遍历，避免重复选取 for (int j = s; j >= nums[i]; j--) { dp[j] += dp[j - nums[i]]; } } cout << dp[s] << endl; return 0; } ``` 但是，上述代码在输入数组时，需要先输入数组，然后输入s。注意：我们假设数组元素在一行，s在下一行。 然而，用户的问题描述并没有明确输入格式，所以我们可以自由定义。但为了清晰，我们可以这样输入： 第一行：一组正整数，空格隔开 第二行：一个整数s 注意：动态规划数组的大小为s+1，所以如果s很大，可能会消耗较多内存。但题目没有给出范围，我们假设s在合理范围内。 另外，如果s很大，而数组元素都是正数，那么当j小于当前元素时，可以跳过。 但是，如果s非常大，我们可能需要考虑优化，但通常题目会给出范围。 如果用户要求允许重复选取，那么我们需要使用完全背包的解法，即内层循环正序： for (int j = nums[i]; j <= s; j++) dp[j] += dp[j - nums[i]]; 因此，为了通用，我们可以先询问用户是否允许重复选取，或者根据用户的问题描述判断。 由于用户的问题描述没有明确，我们提供两种方法，并说明： 方法1（不允许重复，0-1背包）： dp[0]=1 for each x in nums: for j from s down to x: dp[j] += dp[j-x] 方法2（允许重复，完全背包）： dp[0]=1 for each x in nums: for j from x to s: dp[j] += dp[j-x] 但是，注意：在完全背包中，这样写实际上考虑了每个元素可以选多次。但是，在组合问题中，这样写得到的是组合数（即不考虑顺序）。例如，对于nums=[1,2,3]，s=3，完全背包会得到： dp[0]=1 用1：dp[1]=dp[1]+dp[0]=1 -> dp[1]=1 dp[2]=dp[2]+dp[1]=1 -> dp[2]=1 dp[3]=dp[3]+dp[2]=1 -> dp[3]=1 用2：dp[2]=dp[2]+dp[0]=1+1=2; dp[3]=dp[3]+dp[1]=1+1=2 用3：dp[3]=dp[3]+dp[0]=2+1=3 所以dp[3]=3，但是实际上完全背包应该得到4种？不对，我们重新数： 1,1,1 1,2 2,1 -> 但是组合中不考虑顺序，所以1,2和2,1是同一种，因此实际上只有三种：{1,1,1}, {1,2}, {3}。 但是，我们上面计算得到3，为什么是3？因为我们的循环顺序是先1再2再3，并且每次更新时，对于1和2，我们得到的是{1,2}，而不会重复计算{2,1}。所以结果是正确的。 但是，为什么是3？因为： {1,1,1}：通过选3次1（在完全背包中，我们内层循环是正序，所以可以多次选1） {3}：选一次3 {1,2}：选一次1和一次2 那么为什么没有{2,1}？因为组合不考虑顺序，所以{1,2}和{2,1}是同一种。 所以，完全背包的解法得到3种，但实际应该是3种。 然而，我们之前认为有4种，是因为我们错误地考虑了顺序，实际上组合问题不考虑顺序。 所以，完全背包的解法正确。 但是，我们上面用完全背包计算得到3，而之前0-1背包（不允许重复）得到2（因为不允许重复，所以只有{3}和{1,2}，没有{1,1,1}）。 因此，用户需要明确：是否允许重复选取同一个元素？ 由于问题没有明确，我们提供两种解法，并让用户根据需求选择。 总结： 如果不允许重复，使用0-1背包（内层倒序） 如果允许重复，使用完全背包（内层正序） 但是，在问题描述中，用户没有提到“重复选取”或“同一个元素只能选一次”，所以我们需要用户明确。 然而，在常见问题中，如果不特别说明，通常不允许重复选取（即每个元素只能选一次）。所以，我们先按照不允许重复来写代码。 但是，为了通用性，我们可以写一个函数，通过参数控制是否允许重复。 不过，用户的问题描述是“计算能够组成特定和的不同组合数目”，没有明确重复，所以我们按照不允许重复（0-1背包）来写。 最后，注意：如果数组中有重复元素，那么我们的0-1背包会把相同的元素当作不同的元素吗？不会，因为数组中相同的元素，我们当作不同的元素，但是题目要求的是组合（子集），所以如果数组中有重复元素，那么实际上不同的元素即使值相同，位置不同，也会被当作不同的元素。例如，数组[1,1,2]，目标和为3： 第一个1和2：和为3 第二个1和2：和为3 所以有两种组合？但是，题目要求的是不同的组合方式，而组合中元素是相同的（都是1和2），但这两个1在数组中是不同的位置，所以如果数组中有重复元素，那么我们要注意：题目是否认为相同的数字不可区分？ 问题描述：给定一组正整数。注意，这组正整数可能有重复，但题目没有说明这些正整数是否互不相同。 所以，我们需要澄清：如果数组中有重复元素，那么不同的下标选取是否算作不同的组合？例如，数组[1,1,2]，目标和为3，那么有两种组合：选第一个1和2，选第二个1和2。但是，组合中元素的值都是1和2，所以实际上这两种组合在值上是相同的，但下标不同。 题目要求的是“不同的组合方式”，那么如何定义“不同”？ - 如果按元素值不同来区分组合，那么[1,2]（第一个1）和[1,2]（第二个1）是相同的组合（因为都是1和2）。 - 如果按元素下标区分，那么是不同的。 通常，在子集问题中，如果数组中有重复元素，我们通常要求组合不能重复（即值相同，不考虑位置），所以我们需要去重。但是，题目没有明确。 所以，我们需要用户明确：数组中的元素是否互不相同？如果数组中有重复元素，那么是否认为选择不同下标的相同元素算同一种组合？ 然而，用户的问题描述没有提到这一点。所以，我们假设数组中的元素互不相同。如果数组中有重复元素，那么我们就认为它们是不同的元素（即每个元素有唯一的下标，即使值相同，下标不同就是不同的元素）。 因此，我们不需要去重，直接按照数组中的元素（每个元素视为独立）来处理。 例如，数组[1,1,2]，目标和为3，那么有两种组合：选第一个1和2，选第二个1和2。所以答案是2。 所以，我们的动态规划方法会自然处理这种情况，因为每个元素是独立的。 因此，我们按照0-1背包问题（每个元素只能选一次）来处理，并且每个元素独立（即使值相同，下标不同就是不同的元素）。 代码实现（使用一维dp数组）： dp[0] = 1 for each x in nums: for j from s down to x: dp[j] += dp[j-x] 最后输出dp[s] 注意：如果s=0，则输出1（空集），如果s<0，则不可能，但我们的循环中j>=x，所以不会出现负数下标。 但是，如果s小于0，我们直接返回0。不过题目说正整数，所以s>=0，并且数组元素都是正数。 因此，我们写代码时考虑s>=0。 测试： 输入：nums = [1,2,3], s=3 -> 输出：2（0-1背包不允许重复） 输入：nums = [1,1,2], s=3 -> 输出：2（因为有两个1，所以有两种组合：第一个1和2，第二个1和2） 如果用户希望允许重复，那么我们可以修改为完全背包，即内层循环正序： dp[0] = 1 for each x in nums: for j from x to s: dp[j] += dp[j-x] 测试：nums=[1,2,3], s=3, 允许重复 -> 输出：4? 不对，我们上面分析是3（{1,1,1}, {1,2}, {3}）。但是，为什么我们上面完全背包计算得到3？但是注意，在完全背包中，我们只遍历一次数组，每个元素可以选多次，但是数组中的元素是独立的，那么如果数组中有重复元素，比如[1,1,2]（两个1），那么完全背包会允许选多次1，包括第一个1选多次？实际上，在完全背包中，我们通常认为物品是无限的，所以即使数组中只有一个1，也可以选多次。但这里数组中有两个1，那么实际上我们有两个1，但完全背包中我们并不需要区分这两个1，因为1是相同的，所以无论选哪个1，效果一样。因此，完全背包中，我们通常将数组中的元素视为不同的种类，每个种类数量无限。所以，如果数组中有重复元素，那么实际上这些重复元素是相同的种类，我们不应该重复计算种类。因此，在完全背包中，如果数组中有重复元素，我们应该先去重，然后对每个元素允许选多次？但是，题目要求的是“一组正整数”，并没有说种类，所以如果数组中有两个1，那么相当于1的数量有两个，但完全背包中每个物品数量无限，所以这里存在矛盾。 所以，我们需要明确：题目中给定的数组，是表示可用的物品，每个物品只能用一次（即使有重复，也是不同的物品，只能用一次）？还是表示物品的种类，而每种物品数量无限？或者，数组中的数字就是可用的物品，每个物品可以用多次？ 用户的问题描述是“给定一组正整数”，没有说明每个数的可用次数。所以，我们之前假设每个元素只能用一次（0-1背包）是合理的，因为每个元素就是数组中的一个成员，使用一次就消耗掉。 如果用户希望每个元素可以用多次，那么即使数组中没有重复元素，我们也可以多次选取同一个元素（即完全背包）。所以，数组中的元素是种类，每个种类数量无限。那么，即使数组中有重复元素，我们也不应该重复计算种类，因为相同的元素代表同一种类，而种类数量无限。所以，在完全背包中，我们通常要求数组中的元素互不相同（因为相同的种类只需要一个代表），如果用户给了重复元素，我们应该去重。 因此，总结： 情况1：不允许重复选取（每个元素只能用一次）-> 0-1背包，数组中的重复元素视为不同的元素（独立），不需要去重。 情况2：允许重复选取（每个元素可以用多次）-> 完全背包，数组中的重复元素没有意义（因为同一种类可以选多次），所以需要去重（或者不去重也可以，但会重复计算种类，导致结果错误？）。实际上，在完全背包中，我们只关心种类，所以相同的种类我们只保留一个。 但是，用户给定了数组，我们按照数组处理。在允许重复选取的情况下，我们并不需要数组中有重复元素，因为一个元素可以选多次。所以，即使数组中有重复元素，我们在完全背包中仍然把每个元素当作独立的种类，那么重复元素实际上就是同一种类，所以我们可以先对数组去重，然后再使用完全背包。 所以，根据用户的需求： 如果不允许重复选取，则直接使用数组（保留重复元素，每个元素只能用一次）进行0-1背包。 如果允许重复选取，则对数组去重，然后进行完全背包（因为重复的元素属于同一种类，而种类数量无限，所以一个种类只需要一个代表）。 但是，用户的问题描述没有明确，所以我们只考虑不允许重复选取（0-1背包）的情况。 因此，我们按照0-1背包写代码，并且不主动去重（保留重复元素，每个元素独立）。 代码实现（Python）： 由于用户没有指定语言，我们可以用Python写，因为更通用。 步骤： 1. 读入一行整数，转换为列表 2. 读入目标和s 3. 初始化dp数组，长度为s+1，dp[0]=1，其余为0 4. 遍历数组中的每个数： for j in range(s, num-1, -1): # 从大到小 dp[j] += dp[j-num] 5. 输出dp[s] 注意：如果s=0，那么dp[0]=1，其他j>0，dp[j]初始为0。 测试： nums=[1,2,3], s=3 -> dp[3]=2 nums=[1,1,2], s=3 -> dp[3]=2 （因为有两个1，所以有两种组合：第一个1和2，第二个1和2） 但是，如果s=0，输出1。 如果s为负数？题目是正整数，所以不考虑。 代码： 注意：输入格式，第一行是空格分隔的整数，第二行是整数s。 例如输入： 1 2 3 3 输出：2 另一个例子： 1 1 2 3 输出：2 但是，如果用户要求允许重复，那么我们需要去重，然后使用完全背包？但是题目没有要求，所以我们不实现。 因此，我们按照0-1背包（不允许重复）来写。 但是，用户的问题描述是“组合”，在组合数学中，组合不考虑顺序，而且通常不允许重复，所以我们的解法符合。 最后，输出dp[s]即可。 注意：如果s很大，或者数组元素很多，动态规划可能效率较低，但题目没有给出范围，我们假设s和数组大小在合理范围。 如果s很大（比如10^6），而数组元素也很多（比如1000），那么我们需要O(n*s)的时间，可能会超时。但是，题目没有给出范围，我们假设是合理的。 我们写代码： 注意：dp数组的大小为s+1，所以s不能太大（比如s<=10000）。 如果s非常大，我们可以考虑使用其他方法（如DFS+剪枝），但这里s不会太大。 因此，我们写代码。 但是，如果s=0，我们直接输出1。 代码（Python）： ```python def main(): # 读入第一行 data = input().split() nums = list(map(int, data)) s = int(input()) # 初始化dp数组 dp = [0] * (s+1) dp[0] = 1 for num in nums: # 从后往前遍历，避免重复选取 # 注意：当num大于s时，可以跳过 if num > s: continue # 从s到num，倒序 # 注意：j从s到num（包含num） for j in range(s, num-1, -1): # 注意：j-num>=0 dp[j] += dp[j-num] print(dp[s]) if __name__ == '__main__': main() ``` 测试： 输入：1 2 3 3 -> 输出2 输入：1 1 2 3 -> 输出2 但是，如果数组为空，s=0 -> 输出1（空集） 数组为空，s>0 -> 输出0 所以，这个代码可以处理。 但是，如果s=0，即使数组不为空，我们也输出1（因为空集）。 这符合要求。 因此，我们使用0-1背包的解法。 如果用户希望允许重复选取，那么我们可以修改代码，先对数组去重，然后使用完全背包（内层正序）： dp = [0]*(s+1) dp[0]=1 unique_nums = set(nums) # 去重，因为相同的种类可以多次选取，所以只需要一个代表 for num in unique_nums: for j in range(num, s+1): dp[j] += dp[j-num] 然后输出dp[s] 但是，我们这里不实现，因为用户没有明确。 所以，我们提供0-1背包的解法。 最后，我们输出结果。 注意：题目要求输出组合数，我们输出整数。 因此，我们按照上述代码。 但是，如果s非常大，而数组元素也很大，那么dp[j]可能为0，所以不会更新。 所以，代码是安全的。 运行示例： 输入： 1 2 3 3 输出：2 输入： 1 1 2 3 输出：2 输入： 2 3 5 8 输出：？ 用0-1背包：子集和为8的组合有：{3,5}，{2,3,3}? 但是数组是[2,3,5]，没有两个3。所以只有{3,5}和{2,3,3}不存在，因为只有一个3。所以只有{3,5}和{2,5}? 但是2+5=7，不等于8。所以只有{3,5}，所以输出1？不对，还有{2,3,3}？不行，因为只有一个3。所以只有{3,5}。但实际运行： 初始dp=[1,0,0,0,0,0,0,0,0] 处理2：dp[2]=dp[2]+dp[0]=1 处理3：dp[3]=dp[3]+dp[0]=1；dp[5]=dp[5]+dp[2]=1（因为3<=5，所以更新dp[5]=1） 处理5：dp[5]=dp[5]+dp[0]=1+1=2? 不对，因为5>3，所以从8到5：更新dp[8]=dp[8]+dp[3]=0+1=1；然后dp[7]=dp[7]+dp[2]=0+1=1；dp[6]=dp[6]+dp[1]=0；dp[5]=dp[5]+dp[0]=1+1=2（这里不对，因为dp[0]=1，所以dp[5]变成2？） 但是，我们最后要dp[8]=1 所以组合只有一种：{3,5}，因为{2,3,3}不存在（数组中没有两个3），所以正确。 但是，为什么dp[5]变成了2？因为先更新了dp[5]（在3的时候更新为1），然后在5的时候又更新dp[5]（加上dp[0]=1），所以dp[5]=2。这表示和为5有两种组合：{5}和{2,3}。但是，题目要求组合的元素和等于s，这里s=8，所以dp[8]=1，正确。 所以，dp[5]更新为2不影响dp[8]。 因此，代码正确。 所以，我们按照上述代码。 但是，如果用户要求的是组合数（即顺序不同视为同一种），那么我们的方法已经满足，因为动态规划中我们只关心和，不关心顺序。 因此，我们输出答案。 注意：如果组合数很大，可能会溢出，但题目没有说明，我们假设用int可以存。 最后，输出dp[s]即可。 如果用户有特殊要求（比如允许重复），我们再修改。 所以，我们提供0-1背包的解法。 如果用户需要允许重复，我们可以修改为完全背包，但需要去重，并且内层循环正序。 因此，我们写两个版本，但先按0-1背包提交。 但是，用户的问题描述没有明确，所以我们先按照0-1背包（不允许重复）来写。 最终代码（Python）：</think>要计算从一组正整数中选出若干元素，使它们的和恰好等于目标和 \( s \) 的不同组合数目，可以使用动态规划中的 **0-1背包问题** 解法。以下是详细步骤和代码实现： ### 问题分析 - **输入**：一组正整数数组 \( \text{nums} \) 和目标值 \( s \) - **输出**：和为 \( s \) 的不同组合方式数量（每个元素最多使用一次） - **关键点**： - 组合不考虑顺序（如 \([1,2]\) 和 \([2,1]\) 视为同一种） - 每个元素只能使用一次（0-1背包） - 空集（和为 0）视为一种组合 ### 动态规划解法 #### 定义状态 - 设 \( dp[j] \) 表示和为 \( j \) 的组合数目。 - 初始化：\( dp[0] = 1 \)（空集），其余 \( dp[j] = 0 \)。 #### 状态转移 遍历每个元素 \( \text{num} \)，**倒序**更新 \( dp \) 数组（避免重复选取）： ```math dp[j] = dp[j] + dp[j - \text{num}] \quad \text{for} \quad j \in [s, \text{num}] ``` #### 算法步骤 1. 初始化长度为 \( s+1 \) 的数组 \( dp \)，其中 \( dp[0] = 1 \)。 2. 遍历每个元素 \( \text{num} \in \text{nums} \)： - 若 \( \text{num} > s \)，跳过（不影响结果）。 - 从 \( j = s \) 到 \( j = \text{num} \)，倒序更新： \( dp[j] \leftarrow dp[j] + dp[j - \text{num}] \) 3. 返回 \( dp[s] \)（和为 \( s \) 的组合数）。 ### 代码实现（Python） ```python def count_combinations(nums, s): dp = [0] * (s + 1) dp[0] = 1 # 空集的和为0 for num in nums: # 倒序遍历避免重复选取 for j in range(s, num - 1, -1): if j >= num: dp[j] += dp[j - num] return dp[s] def main(): # 输入处理 nums = list(map(int, input().split())) # 第一行：正整数数组 s = int(input()) # 第二行：目标和s result = count_combinations(nums, s) print(result) if __name__ == "__main__": main() ``` ### 示例说明 1. **输入**： ``` 1 2 3 3 ``` **输出**：`2` **解释**：和为 3 的组合有 \([3]\) 和 \([1,2]\)。 2. **输入**： ``` 1 1 2 3 ``` **输出**：`2` **解释**：两个 1 被视为独立元素，组合为 \([1,2]\)（第一个 1）和 \([1,2]\)（第二个 1）。 3. **输入**： ``` 2 3 5 8 ``` **输出**：`1` **解释**：唯一组合是 \([3,5]\)（因为 \(2+3+3\) 不可行，数组中只有一个 3）。 ### 算法分析 - **时间复杂度**：\( O(n \times s) \)，其中 \( n \) 是数组长度，\( s \) 是目标和。 - **空间复杂度**：\( O(s) \)（优化为一维数组）。 - **适用场景**：\( s \) 和数组长度在合理范围内（如 \( s \leq 10^6 \), \( n \leq 1000 \))。 ### 扩展讨论 #### 如果允许元素重复使用（完全背包） 若元素可重复使用，需改为 **完全背包** 解法（正序遍历 \( j \))： ```python def count_combinations_infinite(nums, s): dp = [0] * (s + 1) dp[0] = 1 unique_nums = set(nums) # 去重（相同元素视为同一种类） for num in unique_nums: for j in range(num, s + 1): # 正序更新 dp[j] += dp[j - num] return dp[s] ``` **示例**： 输入 `nums = [1,2,3]`, `s = 3`，输出 `3`（组合为 \([1,1,1]\), \([1,2]\), \([3]\)）。 #### 边界情况处理 - \( s = 0 \)：输出 1（空集）。 - \( s < 0 \)：输出 0（无解）。 - 数组含负数：需调整状态转移（超出本文范围）。