原题链接：http://poj.org/problem?id=1742
题目大意：tony现在有n种硬币，第i种硬币的面值为A[i]，数量为C[i]。现在tony要使用这些硬币去买一块价格不超过m的表。他希望买的时候不用找零，问有多少种价格能满足这一点。
这个问题实际上是一个多重部分和的问题：假设有n种物品，每种物品的价值为v[i]，数量为c[i]，随意选取这些物品，能否使它们的价值之和恰好为m。使用动态规划的思想来求解这类问题：
定义dp数组，dp[i][j]的值代表前i种物品随意选取，价值之和为j时第i种物品最多能剩下多少个，当前i种物品无法使价值之和刚好为j时，其值为-1。那么，很明显，递推关系存在四种情况：
①：如果dp[i - 1][j] >= 0，也就是说前i - 1种物品已经可以组合得到j，此时第i种物品可以一件也不取，即dp[i][j] = c[i];
②：如果不满足情况①，那么我们要通过在第i种物品中选取来使价值之和为j，但如果j的值小于v[i]的话，哪怕只选取一个也会超过j，所以此时无法实现要求，dp[i][j] = -1;
③：如果不满足情况①且j又不小于v[i]时，也许我们可以通过选取a个第i种物品来使价值之和恰好为j(1 <= a)。如果可以的话，那么选取a - 1个一定可以使价值之和为j - v[i]，所以dp[i][j]可以由dp[i][j - v[i]]推出。如果dp[i][j - v[i]]等于-1（无法实现）或者等于0（第i种物品已用完），dp[i][j]都等于-1；
④：在情况③中，如果在第i种中拿a个能使价值之和为j - v[i]，且第i种物品还有剩余，那再拿一个就可以使价值之和为j了，即dp[i][j] = dp[i][j - v[i]] - 1。
有了这些递推关系，我们就可以用如下的代码来求解多重部分和问题：
int n;//物品种数
int m;//目标和
int v[n];//每种物品的价值
int c[n];//每种物品的数量
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)//情况①
{
dp[j] = c[i];
//这里滚动使用了一个一维数组，dp[j]在更新前代表的是上一轮的值（即二维的dp[i - 1][j]）或初始值
}
else if(j < v[i] || dp[j - v[i]] <= 0)//情况②、③
{
dp[j] = -1;
}
else//情况④
{
dp[j] = dp[j - v[i]] - 1;
}
}
}
这道poj1742只是在上面这个问题的基础上略加变形，我们只需要遍历dp数组求出1-m中有多少中价格可以被组合出来即可得到答案。
不过这种解法在POJ上耗时1800ms左右，虽然可以ac，但可能无法应付更大的数据规模或者更高的效率要求，我们还可以借助二进制优化或者各种数据结构来进一步提高效率。
原文地址：https://www.cnblogs.com/sun-of-Ice/p/9307276.html