HAOI 硬币购物

试题描述：

如今一共有4种硬币，面值各不相同，分别为ci(i=1,2,3,4)。某人去商店买东西，去了tot次，每次带di枚ci硬币，购买价值为si的货物。请问每次有多少种付款方法。

输入：

第一行包括五个数，分别为c1,c2,c3,c4和tot 接下来有tot行，每行五个数，第i+1行五个数依次为第i次购物所带四种硬币的数目和购买货物的价值（d1,d2,d3,d4,s ）。各行的数两两之间用一个空格分隔。

输出：

tot行，依次为每次付款的方法数。

输入示例：

1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900

输出示例：

4

27

数据范围：

0<di,s<=100000,0<tot<=1000。

 

这道题其实就是一个dp+容斥原理(不知道什么是容斥原理的本身上网百度去)…… 

首先咱们先对于dp数组进行初始操做。咱们定义：dp[i]是在不考虑硬币是否超限的状况下用硬币凑i元的方案数。这样咱们就能够获得状态方程：dp[j]+=dp[j-c[i]](由数据发现咱们的0<=j<=100000，1<=i<=4)注意：dp[0]=1

而后咱们就能够进行容斥原理的操做。对于每种硬币，都有超和不超两种状况，因此最终咱们只须要统计2^4=16次就够了。在记录状态的时候，咱们能够用10进制的数来记录，但是在操做的时候实际上是对2进制进行操做。举个例子：好比我用5记录了一种状态，5的二进制就是0101，其表达的意思就是第一种和第三种硬币超出了限度。

那么咱们应该如何来表示使用硬币超过了限度？举个例子：好比当前第i种硬币有d[i]枚硬币能够用的话，若是咱们用到了d[i]+1枚硬币那就是说咱们用硬币超过了限度，且其余硬币是能够随意使用的，因此这样的状况应该有dp[s-c[i]*(d[i]+1)]种，若是s-c[i]*(d[i]+1)<0那方案数也就是0。其他的状况也相似。

这题是要开long long的，要不过不去……我就是这么死的……

AC代码：

#include<iostream>
#include<memory.h>
#include<stdio.h>
#include<cstdio>
#include<cctype>
using namespace std;
//--------------------------
void read(long long &x){
    x=0;char ch=getchar();long long f=1;
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
    x*=f;
}
//---------------------------
long long c[5],d[5],s,tot,ans,cnt,sum,cur;
long long dp[100000+10];
bool flag=0;
int main(){
    for(int i=1;i<=4;i++){
        read(c[i]);
    }
    read(tot); 
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;i++){
        for(int j=c[i];j<=100000;j++)dp[j]+=dp[j-c[i]];
    }
    while(tot--){
        for(int i=1;i<=4;i++)read(d[i]);
        read(s);
        ans=0;
        for(int i=0;i<16;i++){
            cnt=0;sum=0;cur=0;
            int t=i;
            while(t>0){
                cur++;
                if(t&1)sum+=(d[cur]+1)*c[cur],cnt++;
                t>>=1;
            }
            if(s<sum)continue;
            if(cnt&1)ans-=dp[s-sum];
            else ans+=dp[s-sum];
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}