bzoj1042: [HAOI2008]硬币购物 dp+容斥

最新推荐文章于 2019-03-02 10:29:42 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/acjiumeng/p/9014656.html

本文介绍了一种解决硬币购物付款方法问题的算法。该问题涉及四种不同面额的硬币，在限定次数内购买特定价值的商品，求解每种情况下的付款方式总数。文章通过预处理方案数并结合容斥原理进行优化。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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。

很像多组背包,但是范围太大没办法背,由于每次查询,都是对同一种ci来操作的,考虑先预处理出不包含硬币数量限制的方案数,然后对于每次查询,可以通过总的方案数减去不满足条件的方案数来算,不满足条件的方案数可以用容斥解决,减去c1超过限制的,减c2超过限制的...加上c1c2同时超过限制的,...以此类推,只有16种方案数,对于c1超过限制的可以算dp[s-(d[1]+1)*c[1]],因为此时c1肯定超过限制,剩余情况可以任意放置

//#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
//#pragma GCC optimize("unroll-loops")
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define pi acos(-1.0)
#define ll long long
#define vi vector<int>
#define mod 1000000007
#define C 0.5772156649
#define ls l,m,rt<<1
#define rs m+1,r,rt<<1|1
#define pil pair<int,ll>
#define pli pair<ll,int>
#define pii pair<int,int>
#define cd complex<double>
#define ull unsigned long long
#define base 1000000000000000000
#define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)

using namespace std;

const double g=10.0,eps=1e-12;
const int N=100000+10,maxn=5000000+10,inf=0x3f3f3f3f,INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

ll c[4],d[4],dp[N];
int main()
{
    for(int i=0;i<4;i++)scanf("%lld",&c[i]);
    dp[0]=1;
    for(int i=0;i<4;i++)
        for(int j=c[i];j<N;j++)
            dp[j]+=dp[j-c[i]];
    int n;scanf("%d",&n);
    while(n--)
    {
        for(int i=0;i<4;i++)scanf("%lld",&d[i]);
        int s;scanf("%d",&s);
        ll ans=dp[s];
        for(int i=0;i<4;i++)
            ans-=(s>=(d[i]+1)*c[i]?dp[s-(d[i]+1)*c[i]]:0);
        for(int i=0;i<4;i++)
            for(int j=i+1;j<4;j++)
                ans+=(s>=(d[i]+1)*c[i]+(d[j]+1)*c[j]?dp[s-(d[i]+1)*c[i]-(d[j]+1)*c[j]]:0);
        for(int i=0;i<4;i++)
            for(int j=i+1;j<4;j++)
                for(int k=j+1;k<4;k++)
                    ans-=(s>=(d[i]+1)*c[i]+(d[j]+1)*c[j]+(d[k]+1)*c[k]?dp[s-(d[i]+1)*c[i]-(d[j]+1)*c[j]-(d[k]+1)*c[k]]:0);
        ans+=(s>=(d[0]+1)*c[0]+(d[1]+1)*c[1]+(d[2]+1)*c[2]+(d[3]+1)*c[3]?dp[s-(d[0]+1)*c[0]-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]]:0);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}
/***********************

***********************/