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【bzoj 1042】 [HAOI2008] 硬币购物(dp+容斥原理)

1042: [HAOI2008]硬币购物

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Description

  硬币购物一共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西,去了tot次。每次带di枚ci硬币,买s
i的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

Input

  第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s,其中di,s<=100000,tot<=1000

Output

  每次的方法数

Sample Input

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

Sample Output

4
27

HINT

Source

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【题解】【dp+容斥原理 】

设F[i]为不考虑每种硬币的数量限制的情况下,得到面值i的方案数。则状态转移方程为

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

为避免方案重复,要以k为阶段递推,边界条件为F[0]=1,这样预处理的时间复杂度就是O(S)。

接下来对于每次询问,奇妙的解法如下:根据容斥原理,答案为 得到面值S的超过限制的方案数 – 第1种硬币超过限制的方案数 – 第2种硬币超过限制的方案数 – 第3种硬币超过限制的方案数 – 第4种硬币超过限制的方案数 + 第1,2种硬币同时超过限制的方案数 + 第1,3种硬币同时超过限制的方案数 + …… + 第1,2,3,4种硬币全部同时超过限制的方案数。

当第1种硬币超过限制时,只要要用到D[1]+1枚硬币,剩余的硬币可以任意分配,所以方案数为 F[ S – (D[1]+1)C[1] ],当且仅当(S – (D[1]+1)C[1])>=0,否则方案数为0。其余情况类似,每次询问只用问16次,所以询问的时间复杂度为O(1)。

(转自:http://hzwer.com/5286.html)


#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll f[100010],ans;
int a[5],b[5],tot,val;
void dfs(int x,int y,int val)
{
	if(val<0) return;
	if(x==5)
	 {
	 	if(y&1) ans-=f[val];
	 	 else ans+=f[val];
	 	return;
	 }
	dfs(x+1,y+1,val-(b[x]+1)*a[x]); dfs(x+1,y,val);
	return;
}
int main()
{
	int i,j,k;
	for(i=1;i<=4;++i) scanf("%d",&a[i]);
	f[0]=1;
	for(i=1;i<=4;++i)
	  for(j=a[i];j<=100000;++j)
	   f[j]+=f[j-a[i]];
	scanf("%d",&tot);
	for(k=1;k<=tot;++k)
	 {
	    for(i=1;i<=4;++i) scanf("%d",&b[i]);
	 	scanf("%d",&val);
	 	ans=0;
	 	dfs(1,0,val);
	 	printf("%lld\n",ans);
	  } 
	return 0;
}


posted @ 2016-05-20 22:03  lris0-0  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏
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