解析

嗚嗚嗚不廢啊
我只會(huì)跑n遍多重背包
感覺(jué)非常神仙的一道題
之所以只是藍(lán)的可能是因?yàn)榇a實(shí)現(xiàn)難度太低了吧
但感覺(jué)思想真的很難想到
也可能是我太菜了
容斥相關(guān)還是需要加強(qiáng)啊qwq

考慮如果沒(méi)有硬幣個(gè)數(shù)的限制的情況
顯然就是個(gè)簡(jiǎn)單的完全背包了
然而如今有了硬幣個(gè)數(shù)的限制
所以我們要考慮容斥

利用總方案數(shù)-硬幣個(gè)數(shù)超過(guò)限制的方案數(shù)求出答案

前面的總方案數(shù)就是完全背包的dp值，關(guān)鍵就是對(duì)后面硬幣個(gè)數(shù)超過(guò)限制方案數(shù)的求解

考慮第$i$種硬幣超過(guò)限制，那么就至少要使用$(d_i+1)$個(gè)，剩下可以自由選的價(jià)值是$s?c_i?(d_i+1)$
那么對(duì)應(yīng)的方案數(shù)就是$d{p}_{s?c_i?(d[i]+1)}$

但是這樣會(huì)算重丫
比如某種方案可能會(huì)同時(shí)超過(guò)兩種限制，被減了兩次
因此我們就開(kāi)始容斥的常用套路，再加上超過(guò)兩種限制的，再減去超過(guò)三種限制的，再加回來(lái)四種限制都超過(guò)的

問(wèn)題得以解決

代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define il inline #define debug(a,b) fprintf(stderr,a,b) const int N=3e5+100; const double eps=1e-9; inline ll read() {ll x=0,f=1;char c=getchar();while(!isdigit(c)) {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; }int n; ll c[5],d[5],s; ll dp[N],o=100000; inline int calc(int x){int res(0);while(x){res+=x&1;x>>=1;}return res; } int mi[6]; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE//freopen("a.in","r",stdin);//freopen("a.out","w",stdout); #endiffor(int i=1;i<=4;i++) c[i]=read();n=read();mi[0]=1;for(int i=1;i<=4;i++) mi[i]=mi[i-1]<<1;dp[0]=1;for(int k=1;k<=4;k++){int w=c[k];for(int i=w;i<=o;i++) dp[i]+=dp[i-w];}//for(int i=0;i<=10;i++) printf("%lld ",dp[i]);putchar('\n');while(n--){for(int i=1;i<=4;i++) d[i]=read();s=read();ll ans=0;for(int i=0;i<16;i++){int cnt=calc(i);ll tot=s;for(int k=1;k<=4;k++){if(i&mi[k-1]) tot-=c[k]*(d[k]+1);}if(tot<0) continue;ans+=pow(-1,cnt)*dp[tot];//printf("\ni=%d cnt=%d tot=%lld ans=%lld\n",i,cnt,tot,ans);}printf("%lld\n",ans);}return 0; } /* 1 2 5 10 1 3 2 3 1 10 */

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的洛谷P1450：硬币购物（背包、容斥）的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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