洛谷P1450 [HAOI2008] 硬币购物

使用正难则反的方法解决问题，首先解除d1-d4的限制，每种钱币可以取无限多个，钱币总金额为s，此时转化为完全背包问题，状态dp[i]表示总金额为i，每种货币没有使用数量限制的情况下的总方案数，预处理出dp[0]-dp[10^5]，然后将利用容斥原理将这个有限制的问题转化成没有限制的问题，关键一步：

如果第i个物品有限制，那么第i个物品使用数量超过di的限制的方案数可以用完全背包的结果表示，如果将第i个物品取了(d[i]+1)个后，剩余的金额应该是 s-c[i]*(d[i]+1)，如果这个剩余的金额大于等于0，则dp[s-c[i]*(d[i]+1)]就是第i个物品取出限制后的方案数，从总方案数dp[s]中，减去四个物品分别超出限制的方案数：sum of dp[s-c[i]*(d[i]+1)] 1<=i<=4，但是在dp[s-c[i]*(d[i]+1)]的方案数中，有可能有一些情况是第i个和第j个(i不等于j）物品都取了超过限制的数目的方案，比如s=10，第一个物品最多取1个，第一个物品价值是2，取两个第一个物品后，价值是6，第二个物品最多取1个，价值是3，在价值是6的情况下，可以通过取2个第二个物品达到所需价值，所以第一个物品不合法的方案也是第二个物品不合法的方案，所以要加上两个物品都不合法的方案数

dp[s-c[i]*(d[i]+1)-c[j]*(d[j]+1)]，加上之后，有哪些情况被重复算了，哪些情况被少算了，如果再从直观角度理解（或通过韦恩图理解）就不是很方便了，根据容斥原理，每次加或减的集合中的元素个数如果为奇数，则加上，偶数，则减去，所以，三个物品都取超的情况

dp[s-c[i]*(d[i]+1)-c[j]*(d[j]+1)-c[k]*(d[k]+1)]

要减去，四个要加上

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

#define ll long long

const int maxn=1e5+5;

ll dp[maxn],c[10],d[10],s,n;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);

    for(int i=1;i<=4;i++) cin>>c[i];
    //预处理完全背包问题，复杂度1e5
    dp[0]=1;
    for(int j=1;j<=4;j++){
        for(int i=c[j];i<=100000;i++){
            dp[i]+=dp[i-c[j]];
        }
    }
    /*
    for(int i=1;i<=20;i++){
        printf("dp[%d]=%d\n",i,dp[i]);
    }*/

    cin>>n;
    while(n--){
        for(int i=1;i<=4;i++) cin>>d[i];
        cin>>s;

        ll ans=dp[s];

        for(int i=1;i<(1<<4);i++){
            int state=i;
            int t=s;
            int isodd=0;
            int id=0;
            while(state){
                id++;
                if(state & 1) {
                    t-=c[id]*(d[id]+1);
                    isodd^=1;
                }
                state>>=1;
            }
            if(t<0) continue;
            if(isodd){
                ans-=dp[t];
            }else {
                ans+=dp[t];
            }
        }
        cout<<ans<<"\n";
    }
    return 0;
}