硬币购物「容斥+背包」
题目描述
共有 (4) 种硬币。面值分别为 (c_1,c_2,c_3,c_4)。
某人去商店买东西，去了 (n) 次，对于每次购买，他带了 (d_i) 枚 (i) 种硬币，想购买 (s) 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。
输入格式
输入的第一行是五个整数，分别代表 (c_1,c_2,c_3,c_4, n)。
接下来 (n) 行，每行有五个整数，描述一次购买，分别代表 (d_1, d_2, d_3, d_4,s)。
输出格式
对于每次购买，输出一行一个整数代表答案。
输入输出样例
输入 #1
1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
输出 #1
4
27
数据规模与约定
对于 (100\%) 的数据，保证 (1≤c_i,d_i,s≤10^5，1≤n≤1000)。
思路分析
- 上去就跑了个暴力，结果直接 T 到飞起，貌似全是大数据
- 所以如果要跑背包，那么时间限制是只允许我们跑一遍的，这时候的答案就需要换一个巧妙的方法来得到
- 每次询问的不同在于每种硬币的限制个数不同，所以我们为了避免受其影响，就可以这样计算答案：
合法方案数 = 无个数限制的方案数 - 不合法的方案数 - 对于无个数限制的方案数，就是一个简单的完全背包，直接预处理就好了，关键在于我们如何迅速得出不合法的方案数：
- 因为只有四种硬币，所以我们可以枚举出，有哪些硬币超过了个数限制从而导致方案不合法
- 这时可以直接让选出的硬币选 ((d[i]+1)) 个，即保证超过个数限制，不合法的方案数就是 (f[s-c[i]*(d[i]+1)])
- 然而不同的情况会有交集，这时候就要用到容斥原理：
- 设四个硬币超过个数限制的方案分别为 (A,B,C,D)，依据容斥原理就有 (f[A∪B] = f[A]+f[B]-f[A∩B])，其中 (f[A] = f[s-c[1]*(d[1]+1)])，其他同理
- 首先 (f[s] -= f[A]+f[B]+f[C]+f[D])，然而两两之间会出现交集，所以还需要再加上两两的交集，这些交集之间还会有交集，说明加重了，还需要再减去交集的交集，以此类推
(禁止套娃)
- 最终用状压枚举所有集合，根据上面的推导可以发现一个性质，有奇数个元素的集合需要减去，有偶数个元素的需要加上
(Code)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define R register
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0,f = 1;
char ch = getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,s,c[10],d[10],f[N];
void pre(){
f[0] = 1;
for(R int i = 1;i <= 4;i++){
for(R int j = c[i];j <= N;j++){
f[j] += f[j-c[i]];
}
}
}
void solve(){
int ans=f[s];
for(R int i=1;i<=15;i++){//状压枚举集合内元素
int tot=0,cnt=0;
for(R int j=0;j<4;j++){
if(i&(1<<j)){//在集合内则强制让其超过个数限制
cnt++;//记录集合数
tot+=c[j+1]*(d[j+1]+1);
}
}
int flag = (cnt%2) ? -1 : 1;
if(tot<=s) ans+=flag*f[s-tot];
}
printf("%lld
",ans);
}
signed main(){
c[1] = read(),c[2] = read(),c[3] = read(),c[4] = read();
n = read();
pre();
for(R int i = 1;i <= n;i++){
for(R int i=1;i<=4;i++) d[i]=read();
s=read();
solve();
}
return 0;
}