【BZOJ1042】[HAOI2008]硬币购物【计数DP】【容斥原理】

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设dp[x]表示不限制硬币使用次数时，和为x的方案数。这个显然可以用背包求出来。

因为只有4种硬币，考虑容斥原理。

设事件A表示限制第一种硬币的次数时的方案数，事件BCD同理。如果要凑S块钱，那么有

左边是我们要求的答案，右边是用容斥原理展开的式子。

现在只需要解决如何求括号里的那些。

（1）对于只有一种硬币的限制，比如dp[A]：

假设第一种硬币有d[1]个，价值为c[1]，那么dp[A] = dp[S - (d[1] + 1) * c[1]]。

为什么？考虑一种不合法的方案，方案里第一种硬币个数一定大于等于d[1] + 1，我们把这个方案里这d[1] + 1个硬币抹去，剩下的权值和为S - (d[1] + 1) * c[1]，那么方案数就是dp[S - (d[1] + 1) * c[1]]。

（2）多个硬币的限制，即事件的交集，就是把他们都从方案中抹去，答案为dp[S - ∑((d[i] + 1]) * c[i])]。

然后我们枚举括号里的式子即可。一共是15项，查询O(1)。

注意如果ans的初值为0，那么i得从0开始循环。因为全是0代表的是dp[S]。

/* Pigonometry */
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 100005, maxm = 10;

int c[maxm], d[maxm];
LL dp[maxn];

inline int iread() {
	int f = 1, x = 0; char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) f = ch == '-' ? -1 : 1;
	for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
	return f * x;
}

int main() {
	for(int i = 0; i < 4; i++) c[i] = iread();

	dp[0] = 1;
	for(int i = 0; i < 4; i++) for(int j = c[i]; j <= 100000; j++)
		dp[j] += dp[j - c[i]];
	
	for(int T = iread(); T; T--) {
		for(int i = 0; i < 4; i++) d[i] = iread();
		int S = iread();
		LL ans = dp[S];
		for(int i = 1; i < 16; i++) {
			int cnt = __builtin_popcount(i), fib = 0;
			for(int j = 0; j < 4; j++) if(i & (1 << j)) fib += (d[j] + 1) * c[j];
			if(S - fib >= 0) ans += ((cnt & 1) ? -1 : 1) * dp[S - fib];
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}