UVA 11259 Coin Changing Again

题意：有4种硬币，面值分别为c1,c2,c3,c4，然后给出Q组查询。每组查询给出5个数d1,d2,d3,d4,v，分别表示面值为ci的硬币共有di个，然后要求将其凑成总值为v的方案数。

数据范围大致是c<=1000,Q<=100,d,v<=100000。

如果按照普通分组背包的做法，对每组Q都做一遍DP，那么这个复杂度就会达到10^9的级别，肯定会TLE。我也拿不出太好的办法，觉得这题DP不出来。

其实，这题不完全是DP，我觉得这个题目的核心是容斥原理。对于每组查询，算法的复杂度基本上是O(1)这样的常数级的。

在UVA的论坛里看到了大牛的解释：

假设现在只有两种硬币，我们令N=所有凑出v总值的方案数，N1=第一种面值为c1的硬币取了超过d1次凑出总值v的方案数，N2=第二种面值为c2的硬币取了超过d2次凑出总值v的方案数，N12=第一种面值为c1的硬币取了超过d1次且N第二种面值为c2的硬币取了超过d2次凑出总值v的方案数。那么对于一组查询d1,d2,v，合法的方案数就是N-N1-N2+N12.

为了计算这些N，我们利用c1,c2,c3,c4先做一遍背包容量为100000的无限背包，用dp数组记录方案数。

那么计算N的话，直接算用dp[v]就可以了。

怎么计算N1呢？因为c1硬币取了超过了d1次，那么我们就假设它取了d1+1次，共取走了(d1+1)*c1价值的硬币，那么方案数就是dp[v-(d1+1)*c1]。

同理，N2的方案数就是dp[v-(d2+1)*c2]，N12的方案数就是dp[v-(d1+1)*c1-(d2+1)*c2]。然后统计N-N1-N2+N12，就可以得到答案了。

现在问题中的硬币种类边成了4个，还是用一样的原理，这时候答案就是N-N1-N2-N3-N4+N12+N13+N14+N23+N24+N34-N123-N124-N134-N234+N1234，一共16项。

#include <cstdio>
typedef long long LL;
LL dp[100010];

int main(){
    int c[4],d[4],v,Q,kase;
    scanf("%d",&kase);
    while(kase--){
        dp[0] = 1;
        for(int i = 1;i <= 100000;i++)  dp[i] = 0;

        for(int i = 0;i < 4;i++)
            scanf("%d",&c[i]);

        for(int i = 0;i < 4;i++)
            for(int j = c[i];j <= 100000;j++)
                dp[j] += dp[j-c[i]];

        scanf("%d",&Q);

        while(Q--){
            LL ans = 0;

            for(int i = 0;i < 4;i++)
                scanf("%d",&d[i]);

            scanf("%d",&v);

            for(int i = 0;i < 16;i++){
                int tmp = v;
                int flag = 1;
                for(int j = 0;j < 4;j++){
                    if(i&(1<<j)){
                        flag = -flag;
                        tmp -= (d[j]+1) * c[j];
                    }
                }
                if(tmp >= 0)    ans += flag * dp[tmp];
            }

            printf("%lld
",ans);
        }
    }
    return 0;
}