bzoj1042 DP 容斥原理 硬幣購物

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硬幣購物一共有4種硬幣。面值分別為c1,c2,c3,c4。某人去商店買東西，去了tot次。每次帶di枚ci硬幣，買si的價值的東西。請問每次有多少種付款方法。

第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s

每次的方法數

1 2 5 10 2

3 2 3 1 10

1000 2 2 2 900

4

27

資料規模 di,s<=100000 tot<=1000

簡明了來說就是不可以重複使用的01揹包問題。用dp預處理完之後再用容斥原理減值或者加值。

設dp[i]為「不限制硬幣」下的最多方法數，那麼狀態轉移方程就是dp[j]=dp[j]+dp[j-c[i]]。

解決完這些後，我們來看容斥原理

設第1枚硬幣超過最大值，也就是大於攜帶的數量。那麼就要將總方案數減去第一枚硬幣超過最大值的方案，以此類推。那麼按照容斥定理，單數的我們就要減去，雙數我們就要加上。這樣就能得出正確答案啦~

ps：第一次寫部落格，不好之處敬請諒解啊~喵~

#include

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f[110000];
ll c[110000],d[110000];
/* f[i]表示了！不限制！硬幣數目的最多付款方法 
那麼只需將f[tot]的和減去d1超過的限制數-d2超過-d3-d4-(d1與d2)……-(d1+d2+d3+d4)就行了
硬幣d1超過限制時，需要減去的就是 
*/int main()
scanf("%lld",&tot);
ll ans=f[tot];
for(int i=1;i<=4;i++)if(tot>=d[i]*c[i])ans-=f[tot-d[i]*c[i]];
for(int i=1;i<=3;i++)for(int j=i+1;j<=4;j++)if(tot>=d[i]*c[i]+d[j]*c[j])ans+=f[tot-d[i]*c[i]-d[j]*c[j]];
for(int i=1;i<=2;i++)for(int j=i+1;j<=3;j++)for(int k=j+1;k<=4;k++)if(tot>=d[i]*c[i]+d[j]*c[j]+d[k]*c[k])ans-=f[tot-d[i]*c[i]-d[j]*c[j]-d[k]*c[k]];
if(tot>=d[1]*c[1]+d[2]*c[2]+d[3]*c[3]+d[4]*c[4])ans+=f[tot-d[1]*c[1]-d[2]*c[2]-d[3]*c[3]-d[4]*c[4]];
printf("%lld\n",ans);
}return
0;}

#include

#include
#include
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
ll f[110000];
ll c[110000],d[110000];ll ans=0;
/* f[i]表示了！不限制！硬幣數目的最多付款方法 
那麼只需將f[tot]的和減去d1超過的限制數-d2超過-d3-d4-(d1與d2)……-(d1+d2+d3+d4)就行了
硬幣d1超過限制時，需要減去的就是 
*/void dfs(ll x,ll k,ll sum)
dfs(x+1,k+1,sum-d[x]*c[x]);//我們讓第x種超限
dfs(x+1,k,sum);//再讓x種不超限，兩種都嘗試
}int main()
scanf("%lld",&tot);
ans=0;dfs(1,0,tot);
printf("%lld\n",ans);
}return
0;}

BZOJ1042 硬幣購物（動態規劃，容斥原理）

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BZOJ 1042 硬幣購物 （數論 容斥）

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bzoj1042 排列組合 容斥原理

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