Solution

参考博客：Click

题目意思非常明确了，这是一道组合数学的题目。我就直接讲dp解法了。

dp

题意可以转化为将(n)个苹果放进(k)个盒子里，并且不允许空盒。
设(f[i][j])代表将(i)个苹果放入(j)个盒子中，那么我们用解决这类问题的常用方法来分析：
我们必须先保证每个盒子非空，因此在(i)个苹果中选出(j)个放入每个盒子。
此时我们剩余(i-j)个苹果，我们就是要往已有的一层苹果上加(i-j)苹果，求此时的方案数。
现在(i-j)个苹果可以任意分配了，也就是分成(1)份、(2)份、(3)份都是合法的……
得到转移方程：

[dp[i][j] = sum_{k=1}^jdp[i-j][k] ]

枚举(i)，随后枚举(j)，随后枚举(k)，三层循环即可得出答案。
时间复杂度为(O(nk^2))，预期得分70分。
这个或许可以套树状数组优化一下求和……
那么复杂度是(O(nklog k))，然而最大的范围(nk)达到了(1.2)亿的大小，再加上个(log)铁定超时。
然后你可以发现：

[dp[i-1][j-1] = sum_{k=1}^{j-1}dp[i-j][k] ]

为什么会有这样的奇特之处呢？因为(i-j)就是(i)和(j)的差值，那么同增同减一个(1)，dp数组的一维下标是不变的，只是二维的(k)会少一个(dp[i-j][j])，那么我们把这个加上就好了。
据此写出转移方程：

[dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-j][j] ]

两层循环即可转移，复杂度就降到(O(nk))了，由于常数小，可以通过本题。
但交上去……MLE！

空间优化

空间复杂度也是(O(nk))的，但事实上我们只需要用到(O(k^2))的内容，很容易想到滚动数组。
于是写出：

inline int pos(const int &x)
{
	return (x % 600) + 1;
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    dp[pos(0)][0] = 1;
    int i, j;
    for (i = 1; i <= n; ++i)
	{
		memset(dp[pos(i)], 0, sizeof(dp[pos(i)]));
		for (j = 1; j <= k && j <= i; ++j)
            dp[pos(i)][j] = (dp[pos(i-j)][j] + dp[pos(i-1)][j - 1]) % 10086;	
	}
    printf("%d", dp[pos(n)][k]);
    return 0;
}

个人预期是能AC了，但实际上……第15个点冷酷无情地T了。
~~评测机跑得不够快~~

拯救TLE

吸了氧还是不能拯救世界之后，我想起了当年用的一种奇淫技巧……
显然此时TLE完全是常数问题，将内层循环的两个判断改成取min逆序后依然无法通过。
常数影响最大的就是pos函数了，于是改成了指针映射，成功AC！

指针映射

我们考虑要如何避免pos函数的高耗时，当然想到了预处理。预处理一遍pos数组，直接访问即可，这应该也是能卡过的(没有尝试)。
但还有一种更有技巧性、效率更高的方法：指针。
开一个f数组，如下：

int *f[maxn];

然后赋值：

f[i] = dp[pos(i)];

那么访问时，直接：

f[i][j] = ....

为什么会快？这个很显然了吧……事实上，这种方法比：

dp[pos[i]][j] = ....

要快上不少，为什么？

因为(f[i])存的索引直接加上(j)就能得到地址，我们实际上避免了两个大数的乘法，而使其变成了加法。
举例：
原先访问方式：

dp[x∗(m+2)+y]

进行了一次乘法一次加法
解析一下就是：

return dp + (x * (m+2) + y);

而现在的访问方式：

(f[x]+y)

解析一下就是：

return (f + x) + y;

效率提升相当显著。
以上这段是直接copy原来那篇树上背包的优化中的内容……
同时注意我们的预处理方式：

int pointer = 0;
++pointer;
if(pointer >= 600)
    pointer -= 600;

可以避免反复求余的预处理效率损失。
最后第15个点跑了500ms左右……

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, k;
int dp[610][610];
int *f[200100];
inline int min(const int &a,const int &b){return a<b?a:b;}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    int p = 0;
    for (int i = 0; i <= n; ++i)
    {
        if (p >= 600)
            p -= 600;
        f[i] = dp[p + 1];
        ++p;
    }
    f[0][0] = 1;
    int i, j;
    for (i = 1; i <= n; ++i)
    {
        memset(f[i], 0, sizeof(f[i]));
        for (j = min(k,i); j; --j)
            f[i][j] = (f[i - j][j] + f[i - 1][j - 1]) % 10086;
    }
    printf("%d", f[n][k]);
    return 0;
}