洛谷1450：硬币购物
题目描述：
- 有四种面值的硬币，面值分别为\(c1,c2,c3,c4\)。
- 某人去商店买东西，一共去了\(T\)次，每次带\(d_i\)枚\(c_i\)硬币，买价值为\(s_i\)的东西，问每次有多少种付款方法。
数据范围：
- \(d_i,s_i \leq 1e5\)
- \(tot\leq 1000\)
思路：
- 背包+容斥
- 对于每一次询问都做一次多重背包，肯定会超时。
- 暂且先考虑如果每种硬币可以无限次的使用会发生什么情况。
- 那就是完全背包，可以用\(f(i)\)来表示每种硬币选择任意多次的方案数，有转移方程\(f(j)=f(j-c(i))\)。
- 先来考虑只有一种硬币的情况。
- 这里的方案数可能是超过了\(d\)个的，也就是说结果可能是存在有使用了\(d+1,d+2,...\)种方案的情况，所以我们需要把他减去。
- 这里要怎么做呢，先举个例子，比如说我现在有两个区间\([2,+\infin]\)和\([3,+\infin]\)。我想要得到\([2,3]\)区间我只需要将这两个区间相减即可。
- 那么我们只需要考虑选则任意数量的方案，减去选则\(d+1\)个硬币的方案。
- 那么可以知道\(ans = f(s)-(f(s)-c*(d+1))\)。这样就是选择无限的减去选则\(d+1\)的。
- 对于多种硬币，就有\(ans=f(s)-\sum_{i=1}^{4}f(s-c_i*(d_i+1))\)。
- 但是这个式子只是意会用的，他是不能直接累加的，因为可能种类\(1\)的硬币超出限制，种类\(2\)的硬币超出限制，而直接累加会导致冗余情况。
- 所以需要容斥定理，当然这里只有四种硬币，所以可以直接枚举，但是用位运算枚举会方便很多。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
int c[5], d[5], s, T;
ll f[maxn], ans;
int main()
{
for(int i = 1; i <= 4; i++) scanf("%d", &c[i]);
f[0] = 1;
for(int i = 1; i <= 4; i++)
for(int j = c[i]; j <= maxn-5; j++)
f[j] += f[j-c[i]];
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= 4; i++)
scanf("%d", &d[i]);
scanf("%d", &s);
ans = f[s];
for(int i = 1; i < (1<<4); i++)
{
ll tmp = 0, num = 0;
for(int j = 1; j <= 4; j++)
{
if((1<<(j-1))&i)
{
num++;
tmp += (d[j]+1) * c[j];
}
}
if(tmp > s) continue;
if(num % 2 == 0) ans += f[s-tmp];
else ans -= f[s-tmp];
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}