BZOJ 1042: [HAOI2008]硬币购物 (详解)（背包&容斥原理）

　　题面：https://www.cnblogs.com/fu3638/p/6759919.html

               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si的价值的东西，

　　请问每次有多少种付款方法。其中di,s<=100000,tot<=1000。

　　题解：

　　　　首先考虑一个简单的问题，如果去掉题目中对于个数的限制，即给你四种面值的的硬币，问你有多少种方案能凑成

　　si的价值。欸我们瞬间发现这是个完全背包的裸题，那果断乱搞。

　　　　首先我们做一遍完全背包，定义f[i]为凑成i价值的方案数。

　　　　接下来回到原题，我们发现题目加了一个di的限制，那怎么办呢（摸摸脑袋）。

　　　　经过冷静的分析（查题解），发现这题可以用容斥原理乱搞。

　　　　通过容斥原理，我们得出ans=全部方案（不考虑限制（即f[ans]））-Σ一种面值超过限制的方案数+Σ两种超限-Σ三种超限+Σ四种超限。

　　　　那么如何求有几种超过限制的方案数呢

　　　　以一种面值超过限制的方案数为例，那么这一种（不妨设为第i种）至少用d[i]+1个，即产生c[i]*(d[i]+1)的价值。那么剩下的s-c[i]*(d[i]+1)（记为rest）

　　就可以随意取值，即为f[rest]种。

　　　　那么两种三种的就是f[rest](rest=s-Σc[i]*(d[i]+1))。

　　　　tip:枚举方案可以用位运算。

　　代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxs=100000;
ll ans,f[maxs+10];
int c[5],d[5],tot,s;

int main(){
    
    scanf("%d%d%d%d%d",&c[1],&c[2],&c[3],&c[4],&tot);
    
    //完全背包预处理
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=c[i];j<=maxs;j++)
            f[j]+=f[j-c[i]]; 
    
    for(int k=1;k<=tot;k++){
        scanf("%d%d%d%d%d",&d[1],&d[2],&d[3],&d[4],&s);    
        ans=0;
        for(int i=0;i<(1<<4);i++){
            int rest=s,tt=i,num=0,pos=0; 
            while(tt){
                pos++;//第几枚硬币 
                if(tt&1) rest-=c[pos]*(d[pos]+1),num++;//num->几枚有限制
                tt>>=1;
            }        
            if(rest<0) continue;
            if(num&1) ans-=f[rest];
            else ans+=f[rest];
        } 
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;    
}

　　参考：

　　　　https://blog.csdn.net/aarongzk/article/details/51511564

　　　　　https://blog.csdn.net/doctor_godder/article/details/50071749