题解 P1450 [HAOI2008]硬币购物

Posted 2020-12-14 wxy-max

[HAOI2008]硬币购物

共有四种硬币，其面值分别为(c_1,c_2,c_3,c_4)

(n)次询问，每次给定每种硬币的个数(D_i)和付款金额(S)，问共有多少种付款方式

(n≤10^3,S≤10^5)

暴力做法

我们可以把问题看作做(n)次多重背包，用单调队列优化，最优的复杂度为(O(n4s))在这里不详细讨论

完全背包+容斥

对于每次询问，相当于给定四个限制，第(i)个限制即只能至多使用(i)个硬币支付。类似于错排，满足限制的方案数=全部方案数-不满足的方案数
（错排的容斥推导可见https://www.luogu.com.cn/blog/maxsama/zuhemath）
而对于全部的方案数，相当于做体积为(S)的完全背包，而(S)至多为(10^5)，因此我们可以(O(4S))预处理所有(S)。

而对于不满足条件的方案数

类似于错排，若不满足其中一个限制条件，一定是非法的，我们可以设(A_i)为第(i)种硬币不满足限制的方案集合。

那么不满足条件的方案数即

[left|igcup_{i=1}^4 A_i ight| ]

而对于(|A_i|)，我们当前一共要支付(S)个硬币，而对于第(i)种只能支付(D_i)个，那么我们如果先把(D_i+1)个硬币付完剩下的支付方案（即从四种硬币中支付(S-C_i(D_i+1))的金额）是一定不合法的，因为第(i)个硬币至少需要选零个，而如果选(0)个，最终还是多付了一个。

因此，第(|A_i|=F[S-C_i(D_i+1)])

因为我们要求集合的并，因此，我们需要考虑容斥，而考虑容斥我们就需要求出集合的交

我们考虑任意最简单的情况：两个集合的交

[left|A_i igcap A_j ight| ]

我们从定义出发，(A_i)为第(i)种硬币不满足限制的方案集合，而(A_j)为第(j)种硬币不满足限制的方案集合。

而显然，同时满足(i)种硬币不满足限制与(j)种硬币不满足限制这样的性质的集合，为它们的交。

同样地，我们可以把他们两个的(D_i+1)都先支付出去，那么则有

[left|A_i igcap A_j ight|=F[S-C_i(D_i+1)-C_j(D_j+1)] ]

那么

[egin{aligned} ans&=F[s]-left|igcup_{i=1}^4 A_i ight| \ &=F[s]-sum_{T subseteq{1,2,3,4}} -1^{|T|-1}left|igcap_{j in T } A_{j} ight| \ &=F[s]-(-1)^{|T|-1}F[S-sum_{j in T} C_{j}left(D_{j}+1 ight)]\ &=F[s]+(-1)^{|T|}F[S-sum_{j in T} C_{j}left(D_{j}+1 ight)] end{aligned} ]

那么我们可以状压枚举(T)算出答案。

总的复杂度为(O(4S+16n))

代码：

#include <iostream>

using namespace std;

const int maxn = 10;

int c[maxn],d[maxn];

long long f[100010];

int main(){
	int n;
	cin >> c[1] >> c[2] >> c[3] >> c[4] >> n;
	f[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 4; i++){
		for (int j = c[i]; j <= 100010; j++){
			f[j] += f[j - c[i]];
		}
	}
	while(n--){
		int s;
		cin >> d[1] >> d[2] >> d[3] >> d[4] >> s;
		long long ans = f[s];
		for (int i = 0; i < 1 << 4; i++){
			long long sum = 0,cnt = 0;
			for (int j = 0; j < 4; j++){
				if (i >> j & 1){ 
					sum += c[j + 1] * (d[j + 1] + 1);
					cnt++;
				}
			}
			//cout << sum << endl;
			long long t = s - sum;
			if (cnt % 2 == 0 && t >= 0 && sum != 0) ans += f[s - sum];
			else if (t >= 0 && sum != 0) ans -= f[s - sum];
		}
		cout << ans << endl;
	}
	//system("PAUSE");
	return 0;
}