BZOJ 1042 硬币购物(背包DP+容斥原理)

可以看出这是个多重背包，运用单调队列优化可以使每次询问达到O(s).这样总复杂度为O(s*tot). 会TLE。

因为改题的特殊性，每个硬币的币值是不变的，变的只是每次询问的硬币个数。

我们不妨不考虑硬币个数的限制。这样可以用完全背包在O(s)的时间求出dp[]数组，表示没有限制的种数。

现在加入每个硬币的限制后，由于容斥原理，答案就是没有限制的种数-第一个硬币的限制种数-第二个硬币限制种数......

如果加入第一个硬币的限制后怎么求呢。就相当于你先把第一个硬币用到刚超过限制，剩下的随便怎么选。此时的种数就是dp[s-(d[1]+1)*c[1]],d[1]表示第一种硬币的限制数，

c[1]表示第一种硬币的币值。 剩下的同理。

之后所以的询问都可以在O(1)的时间求出。

因此总复杂度为O(s+tot).

 

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi acos(-1.0)
# define eps 1e-9
# define MOD 12345678
# define INF 1000000000
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i)
# define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<1,l,mid
# define rch p<<1|1,mid+1,r
# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
int Scan() {
    int res=0, flag=0;
    char ch;
    if((ch=getchar())=='-') flag=1;
    else if(ch>='0'&&ch<='9') res=ch-'0';
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')  res=res*10+(ch-'0');
    return flag?-res:res;
}
void Out(int a) {
    if(a<0) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=10) Out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
const int N=100005;
//Code begin...

LL dp[N];
int c[5], d[5];

void init()
{
    dp[0]=1;
    FO(i,0,4) FO(j,c[i],N) dp[j]=dp[j]+dp[j-c[i]];
}
int main ()
{
    scanf("%d%d%d%d%d",c,c+1,c+2,c+3,c+4);
    init();
    while (c[4]--) {
        scanf("%d%d%d%d%d",d,d+1,d+2,d+3,d+4);
        LL ans=dp[d[4]];
        FO(i,1,16) {
            int tot=0, tmp=0;
            FO(j,0,4) if (i&(1<<j)) ++tot, tmp+=(d[j]+1)*c[j];
            if (tmp<=d[4]) ans+=((tot&1)?-dp[d[4]-tmp]:dp[d[4]-tmp]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}