1042: [HAOI2008]硬幣購物

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Description

硬幣購物一共有4種硬幣。面值分別為c1,c2,c3,c4。某人去商店買東西，去了tot次。每次帶di枚ci硬幣，買si的價值的東西。請問每次有多少種付款方法。

Input

第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s

Output

每次的方法數

Sample Input

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

Sample Output

4
27

HINT

?

數據規模

di,s<=100000

tot<=1000

?

Source

?

已經被題解嚇尿了……

神奇。。容斥原理。。

?

以下為@

原來背包問題還有這種解法，動態規劃+容斥原理。由于有tot次詢問，如果對每次詢問單獨都做一次多重背包問題，會超時。有一種一次預處理，每次詢問只有O(1)的神奇解法：容斥原理。

設F[i]為不考慮每種硬幣的數量限制的情況下，得到面值i的方案數。則狀態轉移方程為

F[i]=Sum{F[i-C[k]] | i-C[k]>=0 且 k=1..4}

為避免方案重復，要以k為階段遞推，邊界條件為F[0]=1，這樣預處理的時間復雜度就是O(S)。

接下來對于每次詢問，奇妙的解法如下：根據容斥原理，答案為 得到面值S的超過限制的方案數 - 第1種硬幣超過限制的方案數 - 第2種硬幣超過限制的方案數 - 第3種硬幣超過限制的方案數 - 第4種硬幣超過限制的方案數 + 第1,2種硬幣同時超過限制的方案數 + 第1,3種硬幣同時超過限制的方案數 + ...... + 第1,2,3,4種硬幣全部同時超過限制的方案數。

當第1種硬幣超過限制時，只要要用到D[1]+1枚硬幣，剩余的硬幣可以任意分配，所以方案數為 F[ S - (D[1]+1)C[1] ]，當且僅當(S - (D[1]+1)C[1])>=0，否則方案數為0。其余情況類似，每次詢問只用問16次，所以詢問的時間復雜度為O(1)。

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; int c[5],tot,s,d[5]; long long ans,f[100001]; void dfs(int x,int k,long long sum) {if (sum<0) return;if (x==5){if (k&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() {scanf("%d%d%d%d%d",&c[1],&c[2],&c[3],&c[4],&tot);f[0]=1;for (int i=1;i<=4;i++)for (int j=c[i];j<=100000;j++)f[j]+=f[j-c[i]];for (int i=tot;i>0;i--){scanf("%d%d%d%d%d",&d[1],&d[2],&d[3],&d[4],&s);ans=0;dfs(1,0,s);printf("%lld\n",ans);}return 0; }

?

轉載于:https://www.cnblogs.com/ws-fqk/p/4648583.html

與50位技術專家面對面20年技術見證，附贈技術全景圖

總結

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