1042: [HAOI2008]硬币购物（dp+容斥原理）

Description

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。

Input

第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s

Output

每次的方法数

Sample Input

1 2 5 10 2

3 2 3 1 10

1000 2 2 2 900

Sample Output

4

27

HINT

数据规模

di,s<=100000

tot<=1000

题解：

dp预处理+容斥原理

先完全背包来一次。

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)。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
//#include <queue>
using namespace std;
long long f[200010],ans;
int val[4],num[4];
void dfs(int x, int k, int sum);
int main()
{
	int n;
	for(int i=0; i<=3; i++){
		scanf("%d",val+i);
	}
	scanf("%d",&n);
	f[0]=1;
	for(int i=0;i<=3;i++){
		for(int j=val[i]; j<=100010;j++){
			f[j]+=f[j-val[i]];
		}
	}
    while(n--){
		for(int i=0; i<=3; i++){
			scanf("%d",num+i);
		}
		ans=0;
		int _max;
		cin>>_max;
		dfs(0,0,_max);
	    printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}
void dfs(int x, int k, int sum)
{
	if(sum<0)return ;
	if(x==4){
		if(k&1){
			ans-=f[sum];
		}else {
			ans+=f[sum];
		}
		return;
	}
	dfs(x+1,k+1,sum-val[x]*(num[x]+1));
	dfs(x+1,k,sum);
}