P1450 [HAOI2008]硬币购物

题意：

共有 4 种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4c_1,c_2,c_3,c_4c1,c2,c3,c4。
某人去商店买东西，去了 n 次，对于每次购买，他带了 did_idi枚 i 种硬币，想购买 s 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

题解：

第一感觉是母函数，但写不出来，后来看题解时确实可以做，NTT+多项式求逆+母函数，麻烦而且跑的很慢，不过洛谷可以过，这里不做详细讲解，可以看看代码
母函数做法的代码
我们这里讲下完全背包+容斥的做法
如果题目没有数量的限制，可以完全背包做法
现在有了数量限制，我们可以用差分来求，举个例子：
[2,+∞)−(3,+∞)=[2,+∞)−[4,+∞)=[2,3][2,+∞)−(3,+∞)=[2,+∞)−[4,+∞)=[2,3][2,+∞)−(3,+∞)=[2,+∞)−[4,+∞)=[2,3],显然只要我们求出[2,+∞)[2,+∞)[2,+∞)和(3,+∞)(3,+∞)(3,+∞)，就可以算出[2,3]。可以认为[x,+∞)[x,+∞)[x,+∞)表示价值大于等于x的方案数，可以用完全背包去求。
现在我们用完全背包先预处理出没有钱数限制的所有情况，然后减去不合法情况(即某种硬币超出了所给数量)，得到的不就是答案：
ans=f[s]−∑i=14f[s−ci∗(di+1)]ans=f[s]-\sum_{i=1}^{4}f[s-c_i*(d_i+1)]ans=f[s]−∑i=14f[s−ci∗(di+1)]
现在的任务就是求∑i=14f[s−ci∗(di+1)]\sum_{i=1}^{4}f[s-c_i*(d_i+1)]∑i=14f[s−ci∗(di+1)],可能会认为直接累加不就可以了，并不是，因为i=1，2，3，4，这四部分并不是完全独立的，换句话说，有可能第一种物品超出限制的同时，第二种也超出了，如果直接累加必然会造成重复计算。这咋整？这个模型很想中学学过的容斥原理：
这个式子应该很熟悉：
三元容斥：

A∪B∪C=(A∪B)∪C=A+B+C−A∩B−A∩C−B∩C+A∩B∩C
扩展一下：
奇加偶减

我们设四种硬币分别是A，B，C，D，card(X)表示X集合元素个数
答案=f[s]=card(A⋃B⋃C⋃D)f[s]=card(A\bigcup B\bigcup C\bigcup D)f[s]=card(A⋃B⋃C⋃D)
=f[s]−ans=f[s]-ans=f[s]−ans
ans=card(A)+card(B)+card(C)+card(D)−card(A⋂B)−card(A⋂C)−card(A⋂D)−card(B⋂C)−card(B⋂D)−card(C⋂D)+card(A⋂B⋂C)+card(A⋂B⋂D)+card(B⋂C⋂D)−card(A⋂B⋂C⋂D)ans=card(A)+card(B)+card(C)+card(D)-card(A\bigcap B)-card(A\bigcap C)-card(A\bigcap D)-card(B\bigcap C)-card(B\bigcap D)-card(C\bigcap D)+card(A\bigcap B\bigcap C)+card(A\bigcap B\bigcap D)+card(B\bigcap C\bigcap D)-card(A\bigcap B\bigcap C\bigcap D)ans=card(A)+card(B)+card(C)+card(D)−card(A⋂B)−card(A⋂C)−card(A⋂D)−card(B⋂C)−card(B⋂D)−card(C⋂D)+card(A⋂B⋂C)+card(A⋂B⋂D)+card(B⋂C⋂D)−card(A⋂B⋂C⋂D)
我们刚才说了奇加偶减，所以二进制枚举(第i位为0表示这个card()种并没有因为i，否则有)，直接从0(0000)枚举到15(1111)就可以。
本题难点还是在于将完全背包与容斥结合，两个分开看都不算难

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn=1e5+9;
ll ans,f[maxn];
int c[5];//面值
int d[5];//数量
void pre(){f[0]=1;for(int i=1;i<=4;i++){for(int j=c[i];j<=100001;j++){f[j]+=f[j-c[i]];}}
}
int s;
void cal(){ans=0;for(int i=1;i<=(1<<4)-1;i++){ll k=0,num=0;for(int j=0;j<4;j++){if(i&(1<<j))//第j位是1{num++;k+=c[j+1]*(d[j+1]+1); } }ll flag=1;if(num%2==0)flag=-1*flag;if(s>=k)ans+=flag*f[s-k];}ans=f[s]-ans;
}
int main()
{//rd_test();for(int i=1;i<=4;i++)cin>>c[i];pre();int t;read(t);while(t--){ans=0;for(int i=1;i<=4;i++)cin>>d[i];cin>>s;cal();cout<<ans<<endl;}//Time_test();
}

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