题目描述 Description
硬币购物一共有4种硬币。面值分别为\(c_1\) ,\(c_2\) ,\(c_3\) ,\(c_4\) 。某人去商店买东西，去了\(tot\) 次。每次带\(d_i\) 枚\(c_i\) 硬币，买\(s_i\) 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。
输入描述 Input Description
第一行 \(c_1\) ,\(c_2\) ,\(c_3\) ,\(c_4\) ,\(tot\) 下面\(tot\) 行 \(d_1\) ,\(d_2\) ,\(d_3\) ,\(d_4\) ,\(s\) ,
输出描述 Output Description
每次的方法数
样例输入 Sample Input
1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900样例输出 Sample Output
4
27数据范围及提示 Data Size & Hint
其中\(d_i,s<=100000,tot<=1000\)
之前的一些废话
退役的我回归了，但这次重返只是为了明天的比赛，时间虽短，但重新拾起这一切的我找到了5个月前为了梦想奋斗的自己，当时的自己热血沸腾，充满斗志，说真的，我无比热爱这种感觉，但这毕竟只是昙花一现，转瞬即逝的。
题解
背包问题带有这么多附属条件，还有数量限制，看起来好复杂啊。（谁叫我几个月没有碰OI，大脑生锈了呢）
但是如果不考虑数量限制，这就是一个很智障的背包问题了（md第一次打我循环顺序还打反了）
\(f_i\)表示不考虑任何限制，由四种硬币组成价值为i的方案数，转移为：$f[i]=\sum {f_{i-c_j}} (j \leq 4) $
显然这并不是最后的答案，因为这些方案里还藏着不少几类硬币超限的方案，于是我们需要用容斥原理把他们减掉
ans=\(f_s\) -(只有第一类硬币超的方案)--(只有第二类硬币超的方案)-(只有第三类硬币超的方案)-(只有第四类硬币超的方案)+(只有第一类第二类硬币超的方案)+..+
反正就是这四个集合的交加加减减
现在考虑如何算(只有第一类硬币超的方案)。当第一类硬币去到\(d_1+1\) 时那么一定就超了，剩下的空间就可以随便分配了，所以这个方案数$ =f_{s-c_1*(d_1+1)}$
其他的都类似。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=5;
int c[maxn],d[maxn];
LL dp[100010];
int main()
{
for(int i=0;i<4;i++)c[i]=read();
dp[0]=1ll;
for(int i=0;i<4;i++)
for(int j=c[i];j<=100000;j++)dp[j]+=dp[j-c[i]];
//for(int i=0;i<=10;i++)printf("DP:%d %d\n",i,dp[i]);
//cout<<"fa"<<dp[100000]<<endl;
int T=read();
while(T--)
{
for(int i=0;i<4;i++)d[i]=read();
int s=read();
LL ans=0;
for(int i=0;i<16;i++)
{
int cnt=0;
LL tmp=0;
for(int j=0;j<4;j++)
if(i&(1<<j))cnt++,tmp+=(LL)c[j]*(LL)(d[j]+1);
if(tmp>s)continue;
if(cnt%2)ans-=dp[s-tmp];
else ans+=dp[s-tmp];
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}总结
大脑不再那么锈了
