[bzoj1042][HAOI2008]硬币购物

[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s i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

好的，还是放这道题，相信如果你看过我上一篇的话（http://blog.csdn.net/m__hd/article/details/52291788），那你就肯定知道这道题其实是dp预处理+容斥原理 ，dp预处理 应该谁都会，但容斥原理因该就很少人会了吧。其实容斥原理（在这道题里面就是）就是得到面值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。用代码来表示就是：//(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]];但这种只能用在硬币种数很少的情况才行。不然，会打死人的！那就要用高级点的啦！！！首先设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}为了避免方案重复，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)。然后在用到容斥原理，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)。这样就能完美AC然后就没什么好讲的了直接上代码

#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;long long c[110000],f[110000],d[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(){    //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);        ans=0;        dfs(1,0,s);        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}