傳送門

分析

雖然用樸素的多重揹包加二進位制拆分能卡過去，但時間複雜度應該是錯誤的

我們還是來講一下O（n*m）的演算法

由於這道題只要求了可行性（也就是面值能否被拼湊出來）

那麼我們分析一下，發現一個面值能被拼湊出來當前僅當

1. 前i-1種硬幣已經拼出來
2. 使用了第i種硬幣，且j-a[i]已經拼湊出來了

程式碼

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>

#define in read()
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
	char ch;int f=1,res=0;
	while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') f=-1;
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		res=(res<<3)+(res<<1)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f==1?res:-res;	
}
int a[105],c[105],m,n,cnt[100009];
bool f[100009];
int main(){
	while(1){
		n=in;m=in;
		if(!n&&!m) break;
		int i,k;
		for(i=1;i<=n;++i) a[i]=in;
		for(i=1;i<=n;++i) c[i]=in;
		ll ans=0;
		memset(f,0,sizeof(f));
		f[0]=1;
		for(i=1;i<=n;++i){
			memset(cnt,0,sizeof(cnt));
			for(k=a[i];k<=m;++k){//attention
				if(!f[k]&&f[k-a[i]]&&cnt[k-a[i]]<c[i])
				{
					f[k]=1;cnt[k]=cnt[k-a[i]]+1;
					ans++;
				}
			}
			
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}
 

雖然 k 迴圈那裡我們使用了完全揹包的想法，但cnt[]就可以限制使用個數，符合多重揹包