DP
Time Limit:10000MS Memory Limit:165888KB 64bit IO Format:%lld & %llu
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
//背包问题，容斥原理
//不得不说这是个好题，背包问题应该都会，主要是这个容斥原理，要理解，举个例子说明下日常中经常遇到的这个定理
一次考试，某班有15人数学得满分，有12人语文得满分，并且有4人语、数都是满分，那么这个班至少有一门得满分的同学有多少人？
答案：15+12-4=23
思路是，首先不限制4种钱币的个数，看组成某个价格的方案数共有多少
然后借助容斥定理减去4种钱币超过个数限制的情况，就不多不少的求出答案
dp[i]表示了|不限制| 硬币数目的最多付款方法，怎么转移应该都会
那么只需将
dp[res]
-d1超过的限制数 - d2超过的... - d3... - d4...
+ (d1与d2) + ... + (d3与d4)
- (d1,d2,d3)
+ (d1+d2+d3+d4)
就行了
如果还不理解再继续看
这题的运用容斥定理，看了篇博客，例子写的很好，不然我真不太好理解，尤其是 d[i]++ 是为什么
我们来理解 x = dp[s]-dp[s-(d1+1)*c1] 的含义：
x 表示 c1 硬币的数量不超过 d1 个而其他三种硬币的数量不限制拼成 s 的方案数。
我们举着例子来说明，假设现在有两种硬币，面值分别为1和2，
那么我们求出 dp: dp[0]=1 , dp[1]=1 , dp[2]=2 , dp[3]=2 , dp[4]=3 , dp[5]=3 , dp[6]=4 。
其中dp[3]的两种分别为 3 = 1+1+1 = 1+2 ,dp[6]的四种为: 6 = 1+1+1+1+1+1 = 1+1+1+1+2 = 1+1+2+2 = 2+2+2
假如我们现在求第一种硬币最多使用两个，第二种硬币无限制的方案数，按照我们说的 x = dp[6]-dp[6--(2+1)*1]=dp[6]-dp[3]=2。
也就是 6 = 1+1+2+2 = 2+2+2 两种。发现删除了 1+1+1+1+1+1 和 1+1+1+1+2 两种情况，
为什么能够通过减去 dp[3] 删掉这两种？我们来看 dp[3]， 3 = 1+1+1 = 1+2 ，
d1+1 就是相当于用掉了 di 个硬币,所以 dp[3] 的情况要从答案中剔除
先来易懂的用for容斥的代码
1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 using namespace std; 4 5 typedef long long LL; 6 #define MAX 100005 7 8 LL c[5],d[5]; 9 LL dp[MAX]; 10 LL ans; 11 12 int main() 13 { 14 for (int i=1;i<=4;i++) 15 scanf("%lld",&c[i]); 16 int tot; 17 scanf("%lld",&tot); 18 dp[0]=1; 19 for (int i=1;i<=4;i++) 20 for (int j=c[i];j<=100000;j++) 21 dp[j]+=dp[j-c[i]]; 22 while (tot--) 23 { 24 LL res; 25 for (int i=1;i<=4;i++) 26 { 27 scanf("%lld",&d[i]); 28 d[i]++; 29 } 30 31 scanf("%lld",&res); 32 ans=dp[res]; 33 34 int i,j,k; 35 for (i=1;i<=4;i++) 36 if (res>=c[i]*d[i]) 37 ans-=dp[res-c[i]*d[i]]; 38 39 for (i=1;i<=3;i++) 40 for (j=i+1;j<=4;j++) 41 if (res>=c[i]*d[i]+c[j]*d[j]) 42 ans+=dp[res-c[i]*d[i]-c[j]*d[j]]; 43 for (i=1;i<=2;i++) 44 for (j=i+1;j<=3;j++) 45 for (k=j+1;k<=4;k++) 46 if (res>=c[i]*d[i]+c[j]*d[j]+c[k]*d[k]) 47 ans-=dp[res-c[i]*d[i]-c[j]*d[j]-c[k]*d[k]]; 48 if (res>=c[1]*d[1]+c[2]*d[2]+c[3]*d[3]+c[4]*d[4]) 49 ans+=dp[res-c[1]*d[1]-c[2]*d[2]-c[3]*d[3]-c[4]*d[4]]; 50 51 printf("%lld ",ans); 52 53 } 54 return 0; 55 }
这个是DFS去处理容斥，简洁明了，时间是一样的
1 #include <iostream> 2 #include <stdio.h> 3 using namespace std; 4 5 typedef long long LL; 6 #define MAX 100005 7 8 LL c[5],d[5]; 9 LL dp[MAX]; 10 LL ans; 11 12 void dfs(int x,int k,LL s) 13 { 14 if (s<0)return; 15 if (x==5) 16 { 17 if (k%2)ans-=dp[s]; 18 else ans+=dp[s]; 19 return; 20 } 21 dfs(x+1,k+1,s-(d[x]+1)*c[x]); 22 dfs(x+1,k,s); 23 } 24 int main() 25 { 26 for (int i=1;i<=4;i++) 27 scanf("%lld",&c[i]); 28 int tot; 29 scanf("%lld",&tot); 30 dp[0]=1; 31 for (int i=1;i<=4;i++) 32 for (int j=c[i];j<=100000;j++) 33 dp[j]+=dp[j-c[i]]; 34 35 while (tot--) 36 { 37 LL res; 38 for (int i=1;i<=4;i++) 39 scanf("%lld",&d[i]); 40 41 scanf("%lld",&res); 42 ans= 0; 43 dfs(1,0,res); 44 printf("%lld ",ans); 45 } 46 return 0; 47 }