DP(正解完全背包+容斥)

Posted 2020-08-19 happy_code

DP

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Description

　　硬币购物一共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西，去了tot次。每次带di枚ci硬币，买s
i的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

Input

　　第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s,其中di,s<=100000,tot<=1000

Output

　　每次的方法数

Sample Input

1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900

Sample Output

4
27


//背包问题，容斥原理
//不得不说这是个好题，背包问题应该都会，主要是这个容斥原理，要理解，举个例子说明下日常中经常遇到的这个定理

一次考试，某班有15人数学得满分，有12人语文得满分，并且有4人语、数都是满分，那么这个班至少有一门得满分的同学有多少人？
答案：15+12-4=23

思路是，首先不限制4种钱币的个数，看组成某个价格的方案数共有多少
然后借助容斥定理减去4种钱币超过个数限制的情况，就不多不少的求出答案

 dp[i]表示了|不限制| 硬币数目的最多付款方法，怎么转移应该都会
 那么只需将
 dp[res]
 -d1超过的限制数 - d2超过的... - d3... - d4...
 + (d1与d2) + ... + (d3与d4)
 - (d1,d2,d3)
 + (d1+d2+d3+d4)
 就行了

如果还不理解再继续看
这题的运用容斥定理，看了篇博客，例子写的很好，不然我真不太好理解，尤其是 d[i]++ 是为什么
我们来理解 x = dp[s]-dp[s-(d1+1)*c1] 的含义：
x 表示 c1 硬币的数量不超过 d1 个而其他三种硬币的数量不限制拼成 s 的方案数。
我们举着例子来说明，假设现在有两种硬币，面值分别为1和2，
那么我们求出 dp: dp[0]=1 , dp[1]=1 , dp[2]=2 , dp[3]=2 , dp[4]=3 , dp[5]=3 , dp[6]=4 。
其中dp[3]的两种分别为 3 = 1+1+1 = 1+2 ,dp[6]的四种为: 6 = 1+1+1+1+1+1 = 1+1+1+1+2 = 1+1+2+2 = 2+2+2 
假如我们现在求第一种硬币最多使用两个，第二种硬币无限制的方案数，按照我们说的 x = dp[6]-dp[6--(2+1)*1]=dp[6]-dp[3]=2。
也就是 6 = 1+1+2+2 = 2+2+2 两种。发现删除了 1+1+1+1+1+1 和 1+1+1+1+2 两种情况，
为什么能够通过减去 dp[3] 删掉这两种？我们来看 dp[3]， 3 = 1+1+1 = 1+2 ，
d1+1 就是相当于用掉了 di 个硬币,所以 dp[3] 的情况要从答案中剔除

先来易懂的用for容斥的代码

 1 #include <iostream>
 2 #include <stdio.h>
 3 using namespace std;
 4 
 5 typedef long long LL;
 6 #define MAX 100005
 7 
 8 LL c[5],d[5];
 9 LL dp[MAX];
10 LL ans;
11 
12 int main()
13 {
14     for (int i=1;i<=4;i++)
15     scanf("%lld",&c[i]);
16     int tot;
17     scanf("%lld",&tot);
18     dp[0]=1;
19     for (int i=1;i<=4;i++)
20         for (int j=c[i];j<=100000;j++)
21             dp[j]+=dp[j-c[i]];
22     while (tot--)
23     {
24         LL res;
25         for (int i=1;i<=4;i++)
26         {
27             scanf("%lld",&d[i]);
28             d[i]++;
29         }
30 
31         scanf("%lld",&res);
32         ans=dp[res];
33         
34         int i,j,k;
35         for (i=1;i<=4;i++)
36             if (res>=c[i]*d[i])
37             ans-=dp[res-c[i]*d[i]];
38             
39         for (i=1;i<=3;i++)
40             for (j=i+1;j<=4;j++)
41             if (res>=c[i]*d[i]+c[j]*d[j])
42             ans+=dp[res-c[i]*d[i]-c[j]*d[j]];
43         for (i=1;i<=2;i++)
44             for (j=i+1;j<=3;j++)
45                 for (k=j+1;k<=4;k++)
46                 if (res>=c[i]*d[i]+c[j]*d[j]+c[k]*d[k])
47                 ans-=dp[res-c[i]*d[i]-c[j]*d[j]-c[k]*d[k]];
48         if (res>=c[1]*d[1]+c[2]*d[2]+c[3]*d[3]+c[4]*d[4])
49             ans+=dp[res-c[1]*d[1]-c[2]*d[2]-c[3]*d[3]-c[4]*d[4]];
50 
51         printf("%lld\\n",ans);
52 
53     }
54     return 0;
55 }

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  这个是DFS去处理容斥，简洁明了，时间是一样的

 1 #include <iostream>
 2 #include <stdio.h>
 3 using namespace std;
 4 
 5 typedef long long LL;
 6 #define MAX 100005
 7 
 8 LL c[5],d[5];
 9 LL dp[MAX];
10 LL ans;
11 
12 void dfs(int x,int k,LL s)
13 {
14     if (s<0)return;
15     if (x==5)
16     {
17         if (k%2)ans-=dp[s];
18         else ans+=dp[s];
19         return;
20     }
21     dfs(x+1,k+1,s-(d[x]+1)*c[x]);
22     dfs(x+1,k,s);
23 }
24 int main()
25 {
26     for (int i=1;i<=4;i++)
27     scanf("%lld",&c[i]);
28     int tot;
29     scanf("%lld",&tot);
30     dp[0]=1;
31     for (int i=1;i<=4;i++)
32         for (int j=c[i];j<=100000;j++)
33             dp[j]+=dp[j-c[i]];
34             
35     while (tot--)
36     {
37         LL res;
38         for (int i=1;i<=4;i++)
39             scanf("%lld",&d[i]);
40 
41         scanf("%lld",&res);
42         ans= 0;
43         dfs(1,0,res);
44         printf("%lld\\n",ans);
45     }
46     return 0;
47 }

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