P1450 [HAOI2008]硬币购物（dp预处理+容斥定理）

最新推荐文章于 2025-02-26 15:49:50 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/Gxyhqzt/p/7784240.html

本文介绍了一种解决硬币购物问题的算法，通过状态转移方程预处理方案数，并结合容斥原理求解每次购买的付款方法数量。具体实现包括初始化方案数数组、递归搜索所有可能情况并调整答案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：
第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s

输出格式：
每次的方法数

输入输出样例

输入样例#1：
1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
输出样例#1：
4
27
说明

di,s<=100000

tot<=1000

[HAOI2008]

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] ]，

program df;
var i,j,n,m,x,y,z,k,t:longint;
ans:int64;
a,b,c,d,f:array[0..100000] of int64;

procedure init;
var i,j:longint;
begin
fillchar(f,sizeof(f),0);
f[0]:=1;
for i:=1 to 4 do
for j:=c[i] to 100000 do
f[j]:=f[j]+f[j-c[i]];
end;

procedure dfs(t,s,k:longint);
var k2:longint;
begin
if s<0 then exit;
if t=5 then
begin
if k=1 then ans:=ans-f[s] //———–2
else ans:=ans+f[s]; //———-1
exit;
end;
if k=1 then k2:=0 else k2:=1;
dfs(t+1,s-c[t](d[t]+1),k2); //奇次为最后减去的c[t](d[t]+1)，偶次为+共同的（上面的 2）
dfs(t+1,s,k); //最后加上的f[s](上面的 1)
end;

begin
for i:=1 to 4 do
read(c[i]);
readln(n);
init;
for i:=1 to n do
begin
for j:=1 to 4 do
read(d[j]);
readln(m);
ans:=0;
dfs(1,m,0);
writeln(ans);
end;
end.

转载于:https://www.cnblogs.com/Gxyhqzt/p/7784240.html