[HAOI2008]硬币购物

最新推荐文章于 2024-06-22 19:06:38 发布

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分类专栏： DP xgc的做题记录文章标签： dp 容斥原理 c语言

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/xgc_woker/article/details/52291697

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本文介绍了一种解决硬币购物中不同支付方式数量的问题。通过动态规划预处理硬币组合，利用容斥原理计算在携带有限硬币时的支付方案数。文章提供了两种实现方式的代码示例。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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。

Sample Input

1 2 5 10 2

3 2 3 1 10

1000 2 2 2 900

Sample Output

4

27

大概思路是：
dp预处理出每种硬币没有上限的情况，时间复杂度位O(S)。
接下来对于每个询问，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)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int d[5],c[5];
long long f[110000];
int main()
{
    for(int i=1;i<=4;i++)scanf("%d",&c[i]);
    int n;scanf("%d",&n);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;i++)
    {
        for(int j=c[i];j<=100000;j++)
        {
            f[j]+=f[j-c[i]];
        }
    }
    while(n--)
    {
        for(int i=1;i<=4;i++)scanf("%d",&d[i]);
        int s;scanf("%d",&s);
        long long ans=f[s];
        if(s-(d[1]+1)*c[1]>=0)ans-=f[s-(d[1]+1)*c[1]];
        if(s-(d[2]+1)*c[2]>=0)ans-=f[s-(d[2]+1)*c[2]];
        if(s-(d[3]+1)*c[3]>=0)ans-=f[s-(d[3]+1)*c[3]];
        if(s-(d[4]+1)*c[4]>=0)ans-=f[s-(d[4]+1)*c[4]];
        if(s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]>=0)ans+=f[s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]];
        if(s-(d[1]+1)*c[1]-(d[3]+1)*c[3]>=0)ans+=f[s-(d[1]+1)*c[1]-(d[3]+1)*c[3]];
        if(s-(d[1]+1)*c[1]-(d[4]+1)*c[4]>=0)ans+=f[s-(d[1]+1)*c[1]-(d[4]+1)*c[4]];
        if(s-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]>=0)ans+=f[s-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]];
        if(s-(d[2]+1)*c[2]-(d[4]+1)*c[4]>=0)ans+=f[s-(d[2]+1)*c[2]-(d[4]+1)*c[4]];
        if(s-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]>=0)ans+=f[s-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]];
        if(s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]>=0)ans-=f[s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]];
        if(s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[4]+1)*c[4]>=0)ans-=f[s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[4]+1)*c[4]];
        if(s-(d[1]+1)*c[1]-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]>=0)ans-=f[s-(d[1]+1)*c[1]-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]];
        if(s-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]>=0)ans-=f[s-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]];
        if(s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]>=0)ans+=f[s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]];
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

这个代码很丑，所以我给出一个好看的，就是把16个询问省略，dfs。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int d[5],c[5];
long long f[110000];
long long ans;
void dfs(int x,int k,int sum)
{
    if(sum<0)return;
    if(x==5)
    {
        if(k%2==1)ans-=f[sum];
        else ans+=f[sum];
        return;
    }
    dfs(x+1,k+1,sum-(d[x]+1)*c[x]);
    dfs(x+1,k,sum);
}
int main()
{
    for(int i=1;i<=4;i++)scanf("%d",&c[i]);
    int n;scanf("%d",&n);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;i++)
    {
        for(int j=c[i];j<=100000;j++)
        {
            f[j]+=f[j-c[i]];
        }
    }
    while(n--)
    {
        for(int i=1;i<=4;i++)scanf("%d",&d[i]);
        int s;scanf("%d",&s);
        ans=0;
        dfs(1,0,s);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}