P1450 [HAOI2008]硬币购物-优快云博客

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本文探讨了如何利用多重集组合数的理论解决实际问题，将给定的硬币支付方案计数问题转换为完全背包模型，通过巧妙地应用容斥原理和完全背包预处理，将复杂度降低到O(4n+24n)，显著提升了算法效率。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Label

基本多重集组合数问题+完全背包

Description

给定4种面值的硬币，第 $i$ 种的面值是 $C_i$ 。 $n(n≤103)n(n\le 10^3)$ 次询问，每次询问给出每种硬币的持有数量 $D_i$ 与价格 $S(S≤105)S(S\le 10^5)$ ，问用给出硬币付款的方案总数。

solution

若用分组背包做此题，复杂度为 $O (4 n S)$ ，实际运行时会超时，故考虑复杂度更低的解法。

借用求多重集组合数的思路，原问题即转化为：给定不定方程 $∑i=14Cixi=S\sum_{i=1}^4C_ix_i=S$ 与 $4$ 个约束条件 $xi≤Dix_i\le D_i$ ，求该不定方程的非负整数解的个数。

采用同样的容斥方式，最后每组询问便转化为求 $2^4-1$ 次无限制的不定方程 $∑i=14Cixi=S−∑i=14Cai(Dai+1)\sum_{i=1}^4C_ix_i=S-\sum_{i=1}^{4}C_{a_i}(D_{a_i}+1)$ 的值。

与原问题不同的是，此时求 $∣⋂i=1k∁USai∣|\bigcap_{i=1}^{k}\complement_US_{a_i}|$ 无法利用排列组合直接推通式，但其实求 $∑i=14Cixi=S−∑i=14Cai(Dai+1)\sum_{i=1}^4C_ix_i=S-\sum_{i=1}^{4}C_{a_i}(D_{a_i}+1)$ 的解的个数即为用***所有种类***的无限个 $C_i$ ***恰好***装满容量为 $S−∑i=14Cai(Dai+1)S-\sum_{i=1}^{4}C_{a_i}(D_{a_i}+1)$ 的背包的方案数。

我们利用完全背包 $O (4 n)$ 预处理出利用不限制个数的四种硬币凑得值为 $n$ 的方案数 $f [n]$ ，对于每一组询问，答案即为：
$f[n]+∑k=1n(−1)k∑ai<ai+1∣a∣=kf[S−∑i=1kCai(Dai+1)]f[n]+\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\sum_{a_i<a_{i+1}}^{|a|=k}f[S-\sum_{i=1}^kC_{a_i}(D_{a_i}+1)]$

对于每组询问只需 $O(2^4)$ 求解即可。算法总复杂度 $O(4n+2^4n)$ 。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN=1e5;
int N=4,c[5],T,d[5],S,tot,cnt,use[5];
ll f[MAXN+20],ans;

void dp()
{
	f[0]=1;
	for(ri i=1;i<=4;++i)
		for(ri v=c[i];v<=MAXN;++v) f[v]+=f[v-c[i]];
}

void inex()
{
	for(ri i=1;i<=N;++i) scanf("%d",&d[i]);
	scanf("%d",&S);
	ans=f[S];
	for(ri s=1;s<(1<<N);++s)
	{
		cnt=0,tot=0;
		for(ri i=1;i<=N;++i)
			if(s&(1<<(i-1)))
				++cnt,tot+=(d[i]+1)*c[i];
		if(S-tot<0) continue;
		if(cnt&1) ans-=f[S-tot];
		else ans+=f[S-tot];
	}
	cout<<ans<<'\n';
}

int main()
{
	for(ri i=1;i<=N;++i) scanf("%d",&c[i]);
	dp();
	scanf("%d",&T);
	for(ri i=1;i<=T;++i) inex();
	return 0;
}