Bzoj1042 [HAOI2008]硬币购物

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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

 

Source

 

数学问题 DP  容斥

思路好神奇啊。

设f[i]表示不考虑硬币数量限制的情况下，凑出面值 i 的方案数。一个简单的背包就统计出来了。

然后根据容斥原理统计：

　　ans=不考虑数量限制凑出S的方案数 - c1超限制凑出S的方案数 - c2超限制凑出S的方案数 - c3超限制凑出S的方案数 - c4超限制凑出S的方案数 + c1和c2超限凑出S的方案数 +... +c1 c2 c3 c4均超限凑出S的方案数。

 

c1超出限制凑出S的方案数= f[S-(d[1]+1)*c[1]]  （c1至少超出了1枚，剩余面值可以用任意硬币）

其他类似。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
const int mxn=100010;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10-'0'+ch;ch=getchar();}
    return x*f;
}
int c[5],d[5],S;
LL f[mxn];
inline LL F(int x){return x<0?0:f[x];}
void calc(){
    LL ans=F(S);
    for(int i=1;i<=4;i++)
        ans-=F(S-(d[i]+1)*c[i]);
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=i+1;j<=4;j++)
            ans+=F(S-(d[i]+1)*c[i]-(d[j]+1)*c[j]);
    ans-=F( S-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[3]+1)*c[3] );
    ans-=F( S-(d[1]+1)*c[1]-(d[2]+1)*c[2]-(d[4]+1)*c[4] );
    ans-=F( S-(d[1]+1)*c[1]-(d[3]+1)*c[3]-(d[4]+1)*c[4] );
    ans-=F( S-(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("%lld\n",ans);
    return;
}
int main(){
    int i,j;
    f[0]=1;
    for(i=1;i<=4;i++){
        c[i]=read();
        for(j=c[i];j<mxn;j++)f[j]+=f[j-c[i]];
    }
    int T=read();
    while(T--){
        for(i=1;i<=4;i++)d[i]=read();
        S=read();
        calc();
    }
    return 0;
}