bzoj1042

容斥原理+背包

首先每次做背包是不可行的，那么我们要优化一下，既然是有一些限制条件限制我们获得结果，我们就用容斥去弱化条件，也就是无视一些条件。

既然硬币是有限制的，那么我们就无视限制，用补集求答案，总方案-超限，但是超限也不好算，就用容斥，先跑完全背包求出总方案，然后减去一个超限，加上两个超限，减去三个超限的，加上四个超限的，这样就计算出了总方案，至于怎么计算超限的方案数，我们只要计算f[s-c[i]*(d[i]+1)],因为这样对应体积的方案数加上c[i]*(d[i]+1)的体积就是强制某种物品超限，但是显然这样是有重复的，容斥解决了这个问题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int tot, s;
long long dp[N];
int c[5], d[5];
void ini()
{
    dp[0] = 1;
    for(int i = 0; i < 4; ++i)
        for(int j = 1; j <= 100000; ++j) if(j >= c[i])
            dp[j] += dp[j - c[i]];
}
int main()
{
    for(int i = 0; i < 4; ++i) scanf("%d", &c[i]);
    scanf("%d", &tot);
    ini();
    while(tot--)
    {
        for(int i = 0; i < 4; ++i) scanf("%d", &d[i]);
        scanf("%d", &s);
        long long ans = 0;
        for(int i = 0; i < (1 << 4); ++i)
        {
            int t = __builtin_popcount(i) % 2 == 0 ? 1 : -1, sum = s;
            for(int j = 0; j < 4; ++j) if(i & (1 << j))
                sum -= c[j] * (d[j] + 1);
            ans += sum >= 0 ? (long long)t * dp[sum] : 0;                    
        }
        printf("%lld
", ans);
    }
    return 0;
}