原題鏈接：http://poj.org/problem?id=1742

題目大意：tony現在有n種硬幣，第i種硬幣的面值為A[i]，數量為C[i]。現在tony要使用這些硬幣去買一塊價格不超過m的表。他希望買的時候不用找零，問有多少種價格能滿足這一點。

這個問題實際上是一個多重部分和的問題：假設有n種物品，每種物品的價值為v[i]，數量為c[i]，隨意選取這些物品，能否使它們的價值之和恰好為m。使用動態規劃的思想來求解這類問題：

定義dp數組，dp[i][j]的值代表前i種物品隨意選取，價值之和為j時第i種物品最多能剩下多少個，當前i種物品無法使價值之和剛好為j時，其值為-1。那麽，很明顯，遞推關系存在四種情況：

①：如果dp[i - 1][j] >= 0，也就是說前i - 1種物品已經可以組合得到j，此時第i種物品可以一件也不取，即dp[i][j] = c[i];

②：如果不滿足情況①，那麽我們要通過在第i種物品中選取來使價值之和為j，但如果j的值小於v[i]的話，哪怕只選取一個也會超過j，所以此時無法實現要求，dp[i][j] = -1;

③：如果不滿足情況①且j又不小於v[i]時，也許我們可以通過選取a個第i種物品來使價值之和恰好為j(1 <= a)。如果可以的話，那麽選取a - 1個一定可以使價值之和為j - v[i]，所以dp[i][j]可以由dp[i][j - v[i]]推出。如果

④：在情況③中，如果在第i種中拿a個能使價值之和為j - v[i]，且第i種物品還有剩余，那再拿一個就可以使價值之和為j了，即dp[i][j] = dp[i][j - v[i]] - 1。

有了這些遞推關系，我們就可以用如下的代碼來求解多重部分和問題：

int n;//物品種數
int m;//目標和
int v[n];//每種物品的價值
int c[n];//每種物品的數量
memset(dp, -1, sizeof(dp));
dp[0] = 0;//初始化
for(int i = 0;i < n;i++)
{
    
 
for(int j = 0;j <= m;j++)
    {
        if(dp[j] >= 0)//情況①
         {
             dp[j] = c[i];
             //這裏滾動使用了一個一維數組，dp[j]在更新前代表的是上一輪的值（即二維的dp[i - 1][j]）或初始值
         }
        else if(j < v[i] || dp[j - v[i]] <= 0)//情況②、③
        {
            dp[j] = -1;
        }
        else//情況④
        {
            dp[j] = dp[j - v[i]] - 1;
        }
    }
}

這道poj1742只是在上面這個問題的基礎上略加變形，我們只需要遍歷dp數組求出1-m中有多少中價格可以被組合出來即可得到答案。

不過這種解法在POJ上耗時1800ms左右，雖然可以ac，但可能無法應付更大的數據規模或者更高的效率要求，我們還可以借助二進制優化或者各種數據結構來進一步提高效率。

POJ1742 coins 動態規劃之多重部分和問題