P1450 [HAOI2008]硬幣購(gòu)物

題意：

共有 4 種硬幣。面值分別為$c_1,c_2,c_3,c_4$。
某人去商店買東西，去了 n 次，對(duì)于每次購(gòu)買，他帶了 $d_i$枚 i 種硬幣，想購(gòu)買 s 的價(jià)值的東西。請(qǐng)問(wèn)每次有多少種付款方法。

題解：

第一感覺(jué)是母函數(shù)，但寫(xiě)不出來(lái)，后來(lái)看題解時(shí)確實(shí)可以做，NTT+多項(xiàng)式求逆+母函數(shù)，麻煩而且跑的很慢，不過(guò)洛谷可以過(guò)，這里不做詳細(xì)講解，可以看看代碼
母函數(shù)做法的代碼
我們這里講下完全背包+容斥的做法
如果題目沒(méi)有數(shù)量的限制，可以完全背包做法
現(xiàn)在有了數(shù)量限制，我們可以用差分來(lái)求，舉個(gè)例子：
$[2,+\infty )?(3,+\infty )=[2,+\infty )?[4,+\infty )=[2,3]$,顯然只要我們求出$[2,+\infty )$和$(3,+\infty )$，就可以算出[2,3]。可以認(rèn)為$[x,+\infty )$表示價(jià)值大于等于x的方案數(shù)，可以用完全背包去求。
現(xiàn)在我們用完全背包先預(yù)處理出沒(méi)有錢數(shù)限制的所有情況，然后減去不合法情況(即某種硬幣超出了所給數(shù)量)，得到的不就是答案：
$ans=f[s]?{\sum }_{i=1}^{4}f[s?c_i?(d_i+1)]$
現(xiàn)在的任務(wù)就是求${\sum }_{i=1}^{4}f[s?c_i?(d_i+1)]$,可能會(huì)認(rèn)為直接累加不就可以了，并不是，因?yàn)閕=1，2，3，4，這四部分并不是完全獨(dú)立的，換句話說(shuō)，有可能第一種物品超出限制的同時(shí)，第二種也超出了，如果直接累加必然會(huì)造成重復(fù)計(jì)算。這咋整？這個(gè)模型很想中學(xué)學(xué)過(guò)的容斥原理：
這個(gè)式子應(yīng)該很熟悉：
三元容斥：

A∪B∪C=(A∪B)∪C=A+B+C?A∩B?A∩C?B∩C+A∩B∩C
擴(kuò)展一下：
奇加偶減

我們?cè)O(shè)四種硬幣分別是A，B，C，D，card(X)表示X集合元素個(gè)數(shù)
答案=$f[s]=card(A?B?C?D)$
$=f[s]?ans$
$ans=card(A)+card(B)+card(C)+card(D)?card(A?B)?card(A?C)?card(A?D)?card(B?C)?card(B?D)?card(C?D)+card(A?B?C)+card(A?B?D)+card(B?C?D)?card(A?B?C?D)$
我們剛才說(shuō)了奇加偶減，所以二進(jìn)制枚舉(第i位為0表示這個(gè)card()種并沒(méi)有因?yàn)閕，否則有)，直接從0(0000)枚舉到15(1111)就可以。
本題難點(diǎn)還是在于將完全背包與容斥結(jié)合，兩個(gè)分開(kāi)看都不算難

代碼：

#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn=1e5+9; ll ans,f[maxn]; int c[5];//面值 int d[5];//數(shù)量 void pre(){f[0]=1;for(int i=1;i<=4;i++){for(int j=c[i];j<=100001;j++){f[j]+=f[j-c[i]];}} } int s; void cal(){ans=0;for(int i=1;i<=(1<<4)-1;i++){ll k=0,num=0;for(int j=0;j<4;j++){if(i&(1<<j))//第j位是1{num++;k+=c[j+1]*(d[j+1]+1); } }ll flag=1;if(num%2==0)flag=-1*flag;if(s>=k)ans+=flag*f[s-k];}ans=f[s]-ans; } int main() {//rd_test();for(int i=1;i<=4;i++)cin>>c[i];pre();int t;read(t);while(t--){ans=0;for(int i=1;i<=4;i++)cin>>d[i];cin>>s;cal();cout<<ans<<endl;}//Time_test(); }

總結(jié)

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