硬币购物一共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西，去了tot次。每次带di枚ci硬币，买si的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。
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硬币购物一共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西，去了tot次。每次带di枚ci硬币，买si的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。
第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s
每次的方法数
数据规模
di,s<=100000
tot<=1000
已经被题解吓尿了……
神奇。。容斥原理。。
以下为@
原来背包问题还有这种解法，动态规划+容斥原理。由于有tot次询问，如果对每次询问单独都做一次多重背包问题，会超时。有一种一次预处理，每次询问只有O(1)的神奇解法：容斥原理。
设F[i]为不考虑每种硬币的数量限制的情况下，得到面值i的方案数。则状态转移方程为
F[i]=Sum{F[i-C[k]] | i-C[k]>=0 且 k=1..4}
为避免方案重复，要以k为阶段递推，边界条件为F[0]=1，这样预处理的时间复杂度就是O(S)。
接下来对于每次询问，奇妙的解法如下：根据容斥原理，答案为 得到面值S的超过限制的方案数 - 第1种硬币超过限制的方案数 - 第2种硬币超过限制的方案数 - 第3种硬币超过限制的方案数 - 第4种硬币超过限制的方案数 + 第1,2种硬币同时超过限制的方案数 + 第1,3种硬币同时超过限制的方案数 + ...... + 第1,2,3,4种硬币全部同时超过限制的方案数。
当第1种硬币超过限制时，只要要用到D[1]+1枚硬币，剩余的硬币可以任意分配，所以方案数为 F[ S - (D[1]+1)C[1] ]，当且仅当(S - (D[1]+1)C[1])>=0，否则方案数为0。其余情况类似，每次询问只用问16次，所以询问的时间复杂度为O(1)。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; int c[5],tot,s,d[5]; long long ans,f[100001]; void dfs(int x,int k,long long sum) { if (sum<0) return; if (x==5) { if (k&1) ans-=f[sum]; else ans+=f[sum]; return; } dfs(x+1,k+1,sum-(d[x]+1)*c[x]); dfs(x+1,k,sum); } int main() { scanf("%d%d%d%d%d",&c[1],&c[2],&c[3],&c[4],&tot); f[0]=1; for (int i=1;i<=4;i++) for (int j=c[i];j<=100000;j++) f[j]+=f[j-c[i]]; for (int i=tot;i>0;i--) { scanf("%d%d%d%d%d",&d[1],&d[2],&d[3],&d[4],&s); ans=0; dfs(1,0,s); printf("%lld\n",ans); } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/ws-fqk/p/4648583.html
