[HAOI2008] 硬币购物

题目描述

共有 $4$ 种硬币。面值分别为 $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}$ 。

某人去商店买东西，去了 $n$ 次，对于每次购买，他带了 $d_{i}$ 枚 $i$ 种硬币，想购买 $s$ 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

输入格式

输入的第一行是五个整数，分别代表 $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, n$ 。

接下来 $n$ 行，每行有五个整数，描述一次购买，分别代表 $d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}, s$ 。

输出格式

对于每次购买，输出一行一个整数代表答案。

样例 #1

样例输入 #1

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

样例输出 #1

4
27

提示

数据规模与约定

对于 $100 %$ 的数据，保证 $1 \leq c_{i}, d_{i}, s \leq 10^{5}$ ， $1 \leq n \leq 1000$ 。

[HAOI2008] 硬币购物

分析

第一眼看到题目，许多硬币组成一个价值的方案，限制个数，指定花费，这不就是多重背包求方案数吗？

然后注意到多次询问，每次都要做多重背包，就算是单调队列优化，复杂度也是 $O (4 n s)$ 。显然出题人是专门卡多重背包的，多重背包的思路一定是没前途的。这样就要换一种思路。

完 全 背 包 + 容 斥

先分别考虑每种硬币，有限制不好搞，可以考虑用全部状态减去非法状态。

设 $f_{j}$ 表示每个硬币可用无数次，得到价值为 $j$ 的方案数。显然状态转移就是 $f_{j} = f_{j} + f_{j - c}$

非法状态就是硬币至少用了 $d + 1$ 个，将这 $d + 1$ 个硬币视为最后加上的，显然 $f_{j}$ 就是由 $f_{j - (d + 1) \times c}$ 转移来的。

也就是说合法方案 $a n s = f_{j} - f_{j - (d + 1) \times c}$

同理，四种硬币也是总状态减去非法状态，不过四种硬币的非法情况的方案数会有重叠，这就要用容斥原理了。

设第 $i$ 种硬币的非法情况的方案数为 $A_{i}$ 。

则

\begin{aligned} | A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} \cup A_{4} | \\ = (| A_{1} | + | A_{2} | + | A_{3} | + | A_{4} |) \\ - (| A_{1} \cap A_{2} | + | A_{1} \cap A_{3} | + | A_{1} \cap A_{4} | + | A_{2} \cap A_{3} | + | A_{2} \cap A_{4} | + | A_{3} \cap A_{4} |) \\ + (| A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} | + | A_{1} \cap A_{2} \cap A_{4} | + | A_{1} \cap A_{3} \cap A_{4} | + | A_{2} \cap A_{3} \cap A_{4} |) \\ - | A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} \cap A_{4} | \end{aligned}

最后用 $f_{j}$ 减去即可。

总之一句话 $无限制 - 一个硬币的限制 + 两个硬币的限制 - 三个硬币的限制 + 四个硬币的限制$

可以用壮压的方法枚举子集来进行容斥计算 $s t a t e$ 的第 $i$ 位为 $1$ ，则该状态有第 $i + 1$ 种硬币的限制。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=10;
int n,s;
int c[M],d[M];
ll f[N],ans;
int main ()
{
    for(int i=1;i<=4;i++) cin>>c[i];
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=c[i];j<N;j++)
            f[j]=f[j]+f[j-c[i]];
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int i=1;i<=4;i++) cin>>d[i];
        cin>>s;
        ans=0;
        for(int i=0;i<(1<<4);i++)
        {
            int cnt=0;
            ll t=0;
            for(int j=1;j<=4;j++) if(i&(1<<(j-1))) cnt++,t+=c[j]*(d[j]+1);
            if(s>=t)
            {
                if(cnt&1) ans-=f[s-t];
                else ans+=f[s-t];
            }
        }
        cout<<ans<<"\n";
    }
    return 0;
}