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这是一道很有意思的在背包里面做容斥的题目。
首先，我们可以很轻松地想到暴力做背包的做法。
就是对于每一次询问，我们都做一次背包。
复杂度O(tot*s*log(di)) (使用二进制背包优化)
显然会T得起飞。
接下来，我们可以换一种角度来思考这个问题。
首先，我们可以假设没有每个物品的数量的限制，那么这样就会变成一个很简单的完全背包问题。
至于完全背包怎么写，我们在这里就不做过多讨论，如有需要，看看代码就能理解了。
完全背包做完后，我们可以得到一个f[i]表示填满i的背包的方案数的数组。
那么，我们接下来可以用容斥来解决不可行的方案的问题。
假设只有1件物品的使用次数超出了所给的数量，假设这件物品是第x件。
那么可以用 f[s-(d[x]+1)*c[x]] 表示这件物品不可行的方案总数。
因为对于花钱数为 s-(d[x]+1)*c[x] 里面的每一种方法，都可以通过使用购买 d[x]+1件的x物品来超出所给的数量。所以 f[s-(d[x]+1)*c[x]] 可以表示该物品不可行方案总数。
那么答案是四件物品不可行方案总数这和吗？
nope
因为我们会重复减去一些东西。例如：一种方案即超出了第一件物品的使用数，也超出了第二件物品的使用数，我们却重复扣除了这种方案两次。
所以说我们这时候就得使用容斥来解决这个问题。
容斥中有一个很基础的定理（我不会证）：
对于有n的限制条件的事件，只要其中符合一个条件就算可行，其可行方案总数为：
（符合其中0个（条件的方案数，后同）-符合其中1个+符合其中2个-符合其中3个+符合其中4个-符合其中5个+符合其中6个....）
那么，我们就可以根据这个定理求出不可行的方案总数。
对于这题来说，代码如下:
for(a[1]=0;a[1]<=1;a[1]++) for(a[2]=0;a[2]<=1;a[2]++) for(a[3]=0;a[3]<=1;a[3]++) for(a[4]=0;a[4]<=1;a[4]++) { int cnt=0,t_s=s; for(int j=1;j<=4;j++) if(a[j]==1) cnt++,t_s-=(d[j]+1)*c[j]; if(cnt%2==0) cnt=1; else cnt=-1; if(t_s>=0) ans=ans+cnt*f[t_s]; }
这样写绝对不推荐，因为这样写很丑。
那么，这题就可以AC啦
//Luogu P1450 [HAOI2008]硬币购物 //Aug,27th,2018 //DP+容斥 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; long long read() { long long 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 N=100000+1000; long long f[N]; int n,m; long long c[5],d[5]; int main(int argc, char **argv) { for(int i=1;i<=4;i++) c[i]=read(); m=read(); f[0]=1; for(int j=1;j<=4;j++) for(int i=c[j];i<=100000;i++) f[i]+=f[i-c[j]]; for(int i=1;i<=m;i++) { for(int j=1;j<=4;j++) d[j]=read(); int s=read(),a[5]; long long ans=0; for(a[1]=0;a[1]<=1;a[1]++) for(a[2]=0;a[2]<=1;a[2]++) for(a[3]=0;a[3]<=1;a[3]++) for(a[4]=0;a[4]<=1;a[4]++) { int cnt=0,t_s=s; for(int j=1;j<=4;j++) if(a[j]==1) cnt++,t_s-=(d[j]+1)*c[j]; if(cnt%2==0) cnt=1; else cnt=-1; if(t_s>=0) ans=ans+cnt*f[t_s]; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
[Luogu P1450] [HAOI2008]硬币购物 背包DP+容斥
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原文地址：https://www.cnblogs.com/GoldenPotato/p/9545340.html
