[HAOI2008]硬币购物

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。

Input

　　第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s,其中di,s<=100000,tot<=1000

Output

　　每次的方法数

Sample Input

1 2 5 10 2

3 2 3 1 10

1000 2 2 2 900
Sample Output

4

27
HINT

数据规模
di,s<=100000
tot<=1000
dp预处理+容斥原理
byvoid：
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] ]，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;
long long c[110000],f[110000],d[110000];
int main()
{
    //freopen("coins.in","r",stdin);freopen("coins.out","w",stdout);
    int n;
    for(int i=1;i<=4;i++) scanf("%lld",&c[i]);
    memset(f,0,sizeof(f));f[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;i++)
    {
        for(int j=c[i];j<=100000;j++)
        {
            f[j]+=f[j-c[i]];
        }
    }
    scanf("%d",&n);
    while(n--)
    {
        for(int i=1;i<=4;i++) scanf("%lld",&d[i]);
        int s;scanf("%d",&s);
        long long ans=f[s];
        //(1)(2)(3)(4)
        for(int i=1;i<=4;i++)
        if(s>=(d[i]+1)*c[i])ans-=f[s-(d[i]+1)*c[i]];
        //(12)(13)(14)(23)(24)(34)
        for(int i=1;i<=3;i++) for(int j=i+1;j<=4;j++)
        if(s>=(d[i]+1)*c[i]+(d[j]+1)*c[j])ans+=f[s-(d[i]+1)*c[i]-(d[j]+1)*c[j]];
        //(123)(124)(134)(234)
        for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=i+1;j<=3;j++) for(int k=j+1;k<=4;k++)
        if(s>=(d[i]+1)*c[i]+(d[j]+1)*c[j]+(d[k]+1)*c[k])ans-=f[s-(d[i]+1)*c[i]-(d[j]+1)*c[j]-(d[k]+1)*c[k]];
        //(1234)
        if(s>=(d[1]+1)*c[1]+(d[2]+1)*c[2]+(d[3]+1)*c[3]+(d[4]+1)*c[4])ans+=f[s-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4]];
        printf("%lldn",ans);
    }
    return 0;
}

最后

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