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si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
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
Sample Output
4
27
27
题解
显然直接用多重背包做会超时，先不考虑每种硬币数量的限制，设$f[i]$为不考虑每种硬币数量的限制时，面值为$i$的方案数，则状态转移方程就呼之欲出了:$f[i]={\sum f[i-c[k]]}$,$i-c[k]>=0$,$1<=k<=4$
为避免方案重复，要以$k$为阶段递推，边界条件为$f[0]=1$，这样预处理的时间复杂度就是$O(s)$。
接下来对于每次询问，根据容斥原理，答案即为得到面值为$S$的不超过限制的方案数=得到面值$S$的无限制的方案数即$f[s]$
– 第$1$种硬币超过限制的方案数 – 第$2$种硬币超过限制的方案数 – 第$3$种硬币超过限制的方案数 – 第$4$种硬币超过限制的方案数
+ 第$1$,$2$种硬币同时超过限制的方案数 + 第$1$,$3$种硬币同时超过限制的方案数 + …… + 第$1$,$2$,$3$,$4$种硬币全部同时超过限制的方案数。
用$dfs$实现，当选择的个数是奇数时用减号否则用加号。
当第$1$种硬币超过限制时，只要要用到$D[1]+1$枚硬币，剩余的硬币可以任意分配，所以方案数为 $F[ S – (D[1]+1)*C[1] ]$，
当且仅当$(S – (D[1]+1)*C[1])>=0$，否则方案数为$0$。其余情况类似，每次询问只用问$16$次，所以询问的时间复杂度为$O(1)$。
//It is made by Awson on 2017.9.24
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
const LL N = ;
LL Read() {
char ch = getchar();
LL sum = ;
while (ch < '' || ch > '') ch = getchar();
while (ch >= '' && ch <= '') sum = (sum<<)+(sum<<)+ch-, ch = getchar();
return sum;
}
LL c[], k;
LL f[N+];
LL d[], s;
LL ans; void dfs(int cen, LL cnt, bool mark) {
if (cnt < ) return;
if (cen == ) {
if (mark) ans -= f[cnt];
else ans += f[cnt];
return;
}
dfs(cen+, cnt-c[cen]*(d[cen]+), !mark);
dfs(cen+, cnt, mark);
} void work() {
f[] = ;
for (int i = ; i < ; i++) {
c[i] = Read();
for (int j = c[i]; j <= N; j++)
f[j] += f[j-c[i]];
}
k = Read();
while (k--) {
for (int i = ; i < ; i++)
d[i] = Read();
s = Read();
ans = ;
dfs(, s, );
printf("%lld\n", ans);
}
}
int main() {
work();
return ;
}