有n个硬币，第i个硬币的价值(a_i),数量(c_i)，现在求这些硬币组成的1～m以内的钱的个数，(1<=n<=100,m<=100000,c_ileq 1000)。
解
法一：二进制拆分优化01
注意到这类似多重背包，多个选择，关键在于数据范围过大，于是可以采取二进制拆分优化。
参考代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
bool dp[100001];
int a[101],c[101],w[1001],wt;
il void read(int&);
int main(){
int n,m,i,j,k,ans;
while(read(n),read(m),n&&m){
memset(dp,0,sizeof(dp)),wt&=0;
for(i=1;i<=n;++i)read(a[i]);
for(i=1;i<=n;++i)read(c[i]);
for(i=1;i<=n;++i){
j=1;
while(c[i]-j>=0){
w[++wt]=a[i]*j;
c[i]-=j,j<<=1;
}w[++wt]=a[i]*c[i];
}dp[0]|=true,ans&=0;
for(i=1;i<=wt;++i)
for(j=m;j>=w[i];--j)
dp[j]|=dp[j-w[i]];
for(i=1;i<=m;++i)ans+=dp[i];
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
il void read(int &x){
x&=0;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}
法二：阶段内转移优化
此题关注的是可行性，而多次选择一个硬币类似完全背包，考虑阶段内转移优化，而设(dp[j])为前i种硬币，是否组成钱为j，而(u[j])表示组成钱j的最少需要钱i的个数。
于是当这个钱已经能组成，当然无需再组成，当这里没有组成，前面已经有组成的方案，比较前面的使用的该种硬币的个数，是否满足题意，即是否超越已用硬币数，之所以可行，是因为传统多重背包要求了权值最大，而使用的物品最少并不能保证权值最大，本题要求可行性，于是我们只要硬币数用的足够少，来保证组成尽可能多的硬币，于是仿照完全背包，顺序枚举
[dp[j]|=true(!dp[j]&&dp[j-a_i]&&u[j-a_i]<c_i)
]
边界:(dp[0]=1)
答案：枚举累加有1的数即可
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
bool dp[100001];
int used[100001],a[101],c[101];
il void read(int&);
int main(){
int n,m;while(read(n),read(m),n&&m){
for(ri int i(1);i<=n;++i)read(a[i]);
for(ri int i(1);i<=n;++i)read(c[i]);
memset(dp,0,sizeof(dp)),dp[0]|=true;
for(ri int i(1),j;i<=n;++i){
memset(used,0,sizeof(used));
for(j=a[i];j<=m;++j)
if(used[j-a[i]]<c[i]&&dp[j-a[i]]&&!dp[j])
dp[j]|=true,used[j]=used[j-a[i]]+1;
}int ans(0);
for(ri int i(1);i<=m;++i)ans+=dp[i];
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
il void read(int &x){
x&=0;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}