硬币购物 [Codevs1869，Bzoj1042，HAOI2008]

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硬币购物

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【问题描述】

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。

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【输入描述】

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

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【输出描述】

每次的方法数。

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【输入样例】

1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900

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【输出样例】

4
27

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【Solution】

参见Byvoid 。

动态规划+容斥原理：

设 fi 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:

fi=Sum{fi−Ck | i−Ck>=0 , k=1…4}

为避免方案重复，要以 k 为阶段递推，边界条件为 f0=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 D1+1 枚硬币，剩余的硬币可以任意分配，所以方案数为

fSi−(D1+1)⋅C1。

当且仅当 Si−(D1+1)⋅C1>=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) 。

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【Code】

[cpp]

1. #include <iostream>  
2. #include <cstdio>  
3.   
4. #define LL long long  
5.   
6. using namespace std;  
7.   
8. LL c[10],tot,ans,tmp;  
9. LL f[100010];  
10.   
11. int main(){  
12.       
13.     scanf(”%lld%lld%lld%lld%lld”,&c[1],&c[2],&c[3],&c[4],&tot);  
14.     f[0]=1;  
15.     for(LL i=1;i<=4;i++)  
16.         for(LL j=c[i];j<=100000;j++)f[j]+=f[j-c[i]];  
17.       
18.     for(LL i=1;i<=tot;i++){  
19.         LL d1,d2,d3,d4,s;  
20.         scanf(”%lld%lld%lld%lld%lld”,&d1,&d2,&d3,&d4,&s);  
21.         ans=f[s];  
22. // ———————————————————-  
23.         tmp=0;  
24.         if(s-(d1+1)*c[1]>=0)tmp+=f[s-(d1+1)*c[1]];  
25.         if(s-(d2+1)*c[2]>=0)tmp+=f[s-(d2+1)*c[2]];  
26.         if(s-(d3+1)*c[3]>=0)tmp+=f[s-(d3+1)*c[3]];  
27.         if(s-(d4+1)*c[4]>=0)tmp+=f[s-(d4+1)*c[4]];  
28.         ans-=tmp;   
29. // ———————————————————-         
30.         tmp=0;  
31.         if(s-(d1+1)*c[1]-(d2+1)*c[2]>=0)tmp+=f[s-(d1+1)*c[1]-(d2+1)*c[2]];  
32.         if(s-(d1+1)*c[1]-(d3+1)*c[3]>=0)tmp+=f[s-(d1+1)*c[1]-(d3+1)*c[3]];  
33.         if(s-(d1+1)*c[1]-(d4+1)*c[4]>=0)tmp+=f[s-(d1+1)*c[1]-(d4+1)*c[4]];  
34.         if(s-(d2+1)*c[2]-(d3+1)*c[3]>=0)tmp+=f[s-(d2+1)*c[2]-(d3+1)*c[3]];  
35.         if(s-(d2+1)*c[2]-(d4+1)*c[4]>=0)tmp+=f[s-(d2+1)*c[2]-(d4+1)*c[4]];  
36.         if(s-(d3+1)*c[3]-(d4+1)*c[4]>=0)tmp+=f[s-(d3+1)*c[3]-(d4+1)*c[4]];  
37.         ans+=tmp;   
38. // ———————————————————-  
39.         tmp=0;  
40.         if(s-(d1+1)*c[1]-(d2+1)*c[2]-(d3+1)*c[3]>=0)tmp+=f[s-(d1+1)*c[1]-(d2+1)*c[2]-(d3+1)*c[3]];  
41.         if(s-(d1+1)*c[1]-(d2+1)*c[2]-(d4+1)*c[4]>=0)tmp+=f[s-(d1+1)*c[1]-(d2+1)*c[2]-(d4+1)*c[4]];  
42.         if(s-(d1+1)*c[1]-(d3+1)*c[3]-(d4+1)*c[4]>=0)tmp+=f[s-(d1+1)*c[1]-(d3+1)*c[3]-(d4+1)*c[4]];  
43.         if(s-(d2+1)*c[2]-(d3+1)*c[3]-(d4+1)*c[4]>=0)tmp+=f[s-(d2+1)*c[2]-(d3+1)*c[3]-(d4+1)*c[4]];  
44.         ans-=tmp;   
45. // ———————————————————-  
46.         tmp=0;  
47.         if(s-(d1+1)*c[1]-(d2+1)*c[2]-(d3+1)*c[3]-(d4+1)*c[4]>=0)tmp+=f[s-(d1+1)*c[1]-(d2+1)*c[2]-(d3+1)*c[3]-(d4+1)*c[4]];  
48.         ans+=tmp;   
49. // ———————————————————-     
50.         printf(”%lld\n”,ans);  
51.     }  
52.       
53.     return 0;  
54. }