BZOJ 1042 硬币购物(背包DP+容斥原理)

可以看出这是个多重背包，运用单调队列优化可以使每次询问达到O(s).这样总复杂度为O(s*tot). 会TLE。

因为改题的特殊性，每个硬币的币值是不变的，变的只是每次询问的硬币个数。

我们不妨不考虑硬币个数的限制。这样可以用完全背包在O(s)的时间求出dp[]数组，表示没有限制的种数。

现在加入每个硬币的限制后，由于容斥原理，答案就是没有限制的种数-第一个硬币的限制种数-第二个硬币限制种数......

如果加入第一个硬币的限制后怎么求呢。就相当于你先把第一个硬币用到刚超过限制，剩下的随便怎么选。此时的种数就是dp[s-(d[1]+1)*c[1]],d[1]表示第一种硬币的限制数，

c[1]表示第一种硬币的币值。剩下的同理。

之后所以的询问都可以在O(1)的时间求出。

因此总复杂度为O(s+tot).

# include <cstdio>

# include <cstring>

# include <cstdlib>

# include <iostream>

# include <vector>

# include <queue>

# include <stack>

# include <map>

# include <set>

# include <cmath>

# include <algorithm>

using namespace std;

# define lowbit(x) ((x)&(-x))

# define pi acos(-1.0)

# define eps 1e-

# define MOD

# define INF

# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

# define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i)

# define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i)

# define bug puts("H");

# define lch p<<,l,mid

# define rch p<<|,mid+,r

# define mp make_pair

# define pb push_back

typedef pair<int,int> PII;

typedef vector<int> VI;

# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

typedef long long LL;

int Scan() {

    int res=, flag=;

    char ch;

    if((ch=getchar())=='-') flag=;

    else if(ch>=''&&ch<='') res=ch-'';

    while((ch=getchar())>=''&&ch<='')  res=res*+(ch-'');

    return flag?-res:res;

}

void Out(int a) {

    if(a<) {putchar('-'); a=-a;}

    if(a>=) Out(a/);

    putchar(a%+'');

}

const int N=;

//Code begin...

LL dp[N];

int c[], d[];

void init()

{

    dp[]=;

    FO(i,,) FO(j,c[i],N) dp[j]=dp[j]+dp[j-c[i]];

}

int main ()

{

    scanf("%d%d%d%d%d",c,c+,c+,c+,c+);

    init();

    while (c[]--) {

        scanf("%d%d%d%d%d",d,d+,d+,d+,d+);

        LL ans=dp[d[]];

        FO(i,,) {

            int tot=, tmp=;

            FO(j,,) if (i&(<<j)) ++tot, tmp+=(d[j]+)*c[j];

            if (tmp<=d[]) ans+=((tot&)?-dp[d[]-tmp]:dp[d[]-tmp]);

        }

        printf("%lld\n",ans);

    }

    return ;

}

巴特西

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