[题解] P1450 [HAOI2008] 硬币购物

P1450 [HAOI2008] 硬币购物

一个非常巧妙的背包 dp。

不难发现，题目相当于给了一个 4 个物品的多重背包，要我们求出装背包的方案数。

然而不幸的是，观察数据范围可知，直接跑多重背包会 TLE，即使用上了最强有力的单调队列优化，也无法通过。

那怎么做？我们发现，如果没有硬币的限制，我们直接预处理一个完全背包就行了。

那要是有了硬币的限制怎么办？

我们先从简单入手，如果只有第一种硬币限制最多放 \(c_1\) 个怎么做。

正难则反，正着不好做，我们考虑反其道而行，求出不合法的数量。

我们只需要先往背包里放 \(c_1+1\) 个第一种硬币，这样一定满足“不合法”的要求，剩下的跑完全背包即可。

设完全背包的状态数组（压维后）为 \(f[i]\) ，则不合法的数量即为 \(f[m-w_1\times (c_1+1)]\) ，合法的数量就是 \(f[m]-f[m-w_1 \times (c_1+1)]\)。

现在，我们考虑一般情况，即原题。

依旧正难则反，设 \(S_i\) 表示考虑第 \(i\) 种硬币时不合法的集合，那不合法的总方案数就是 \(|S_1 \or S_2 \or S_3 \or S_4|\)。

由容斥原理可得：

\[\begin{aligned} |S_1 \or S_2 \or S_3 \or S_4| = \sum_{i} |S_i|- \sum_{i,j} |S_i \and S_j | + \sum_{i,j,k} |S_i \and S_j \and S_k| - \sum_{i,j,k,l} |S_i \and S_j \and S_k \and S_l| \end{aligned} \]

交集的求解也很简单。以 \(|S_1 \and S_2 \and S_3|\) 为例，其不合法的答案为 \(f[m-w_1 \times (c_1+1)-m-w_2 \times (c_2+1)-m-w_3 \times (c_3+1)]\)。

在实现上，我们使用二进制状压枚举，统计二进制状态中 1 的个数，如果个数为奇数就加上当前答案，如果为偶数就减去当前答案。

于是我们便可以快速求解不合法的方案数，不要忘了最后还要用 \(f[m]\) 去减哦~

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long// 不开__见祖宗
using namespace std;

const int N=1e5+10, mod=998244353;
int f[N], w[N], c[N];
int n=4,m,ans;

inline void solve(){
	for(int i=1; i<=n; i++) cin>>c[i];
	cin>>m;
	ans=0;
	for(int i=1; i<(1<<n); i++){
		int cnt=0, now=m;
		for(int j=1; j<=n; j++){
			if(i>>(j-1)&1){
				now-=w[j]*(c[j]+1);
				cnt++;
			}
		}
		if(now<0) continue;// 排除放不下的情况，避免RE
		if(cnt&1) ans+=f[now];// 奇加偶减
		else ans-=f[now];
	}
	cout<<f[m]-ans<<"\n";// ans为不合法的方案数
}

signed main(){
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	for(int i=1; i<=n; i++) cin>>w[i];
	f[0]=1;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		for(int j=w[i]; j<N; j++)
			f[j]+=f[j-w[i]];
	int t; cin>>t;
	while(t--) solve();
	return 0;
}