参考资料：
[1]:挑战程序设计竞赛（第二版） P62 多重部分和问题
[2]:http://www.hankcs.com/program/cpp/poj-1742-coins.html
题解：
具体解析看以上参考资料即可，下面只是谈谈我对这道题的进一步理解。
1.dp[ i ][ j ] 定义不同，码出程序的时间复杂度也不同
①若定义bool dp[ i ][ j ]的含义为 ：前 i 种硬币是否可以凑成 j 元 。
为了用前 i 中硬币凑成 j 元，也就需要前 i-1 中硬币凑成 j , j-ai , j-2×ai ,...., j-ci×ai 中的某一种；
由此，可得状态转移方程为dp[ i ][ j ]={ 0≤k≤ci,k×ai ≤ j 时，判断是否∃k,使得dp[i-1][j-k×ai]为真}；
for i : 1 to n for j : 0 to m for k : 0 to c[i] && k*a[i] ≤ j //dp[i][j]为true⇔dp[i-1][j-k*a[i]]有一个为true即可 dp[i][j]=dp[i][j] | dp[i-1][j-k*a[i]];
易得此状态转移的时间复杂度为O(n*m*c[i])，而题干 m 的最大取值为 1e5，此方法指定超时。
②若定义int dp[ i ][ j ]的含义为：用前 i 种硬币凑成 j 元，第 i 种硬币剩余的个数，不能得到的情况下赋值为-1。
根据此定义，可得状态转移方程为：
分析此状态的时间复杂度为O(n*m) ~ O(m) ( n << m)
但，提交会返回MLE................
那这只需要优化一下空间就好了，当然选择滚动数组啦。
注意：用滚动数组时，第二层循环从0开始；
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 #define memF(a,b,n) for(int i=0;i <= n;a[i++]=b); 6 const int maxn=1e5+50; 7 8 int n,m; 9 int a[maxn]; 10 int c[maxn]; 11 int dp[maxn]; 12 13 int Solve() 14 { 15 memF(dp,-1,m); 16 dp[0]=0; 17 for(int i=1;i <= n;++i) 18 { 19 for(int j=0;j <= m;++j) 20 if(dp[j] >= 0)///如果在这之前就可以凑出j元，则不需要使用当前硬币 21 dp[j]=c[i]; 22 ///如果当前面值a[i]比所要凑的面值j大 23 ///或在配更小的数[j-a[i]]时就用光了c[i],则赋值为-1 24 else if(j < a[i] || dp[j-a[i]] <= 0) 25 dp[j]=-1;///来到此判断语句的隐藏条件为在这之前并没有凑出j元 26 else 27 dp[j]=dp[j-a[i]]-1; 28 } 29 return count_if(dp+1,dp+m+1,bind2nd(greater_equal<int>(),0));///总额0不算在答案内 30 } 31 int main() 32 { 33 while(~scanf("%d%d",&n,&m) && n+m) 34 { 35 for(int i=1;i <= n;++i) 36 scanf("%d",a+i); 37 for(int i=1;i <= n;++i) 38 scanf("%d",c+i); 39 printf("%d ",Solve()); 40 } 41 return 0; 42 }
用到了一个骚操作：count_if(dp+1,dp+m+1,bind2nd(greater_equal<int>(),0))；
有空再补这个的具体用法，哈哈哈；
此题的另一种做法是二进制思想：
将第 i 种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。
使这些系数分别为 20,21,22,.....,2k,c[i]-(2k+1-1)，这样就将第i种物品分成了O(log2c[i])种物品
且k是满足 20+21+22+.....+2k ≤ c[i]的最大整数，即 2k+1-1 ≤ c[i]，k=log2(C[i]+1) -1。
例如，如果c[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为c[i]，表明不可能取多于c[i]件的第i种物品。
另外这种方法也能保证对于0..c[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示；
这个证明可以分0..2k和2k+1.... c[i]两段来分别讨论得出。
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 using namespace std; 6 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 7 const int maxn=110; 8 9 int n,m; 10 int A[maxn],C[maxn]; 11 bool dp[100000+50]; 12 13 void Solve() 14 { 15 mem(dp,false); 16 dp[0]=true; 17 for(int ki=1;ki <= n;++ki) 18 { 19 int k=log(C[ki]+1)/log(2)-1; 20 for(int x=0;x <= k;++x)//取 2^x 个ki硬币 21 { 22 int val=(1<<x)*A[ki]; 23 for(int i=m;i >= val;--i) 24 if(dp[i-val] == true) 25 dp[i]=true; 26 } 27 int val=(C[ki]+1-(1<<(k+1)))*A[ki];//取C[i]+1-2^(k+1)个ki硬币 28 for(int i=m;i >= val;--i) 29 if(dp[i-val] == true) 30 dp[i]=true; 31 32 } 33 int res=0; 34 for(int i=1;i <= m;++i) 35 res += (dp[i] == true ? 1:0); 36 printf("%d ",res); 37 } 38 int main() 39 { 40 while(scanf("%d%d",&n,&m),n != 0 || m != 0) 41 { 42 for(int i=1;i <= 2*n;++i) 43 if(i <= n) 44 scanf("%d",A+i); 45 else 46 scanf("%d",C+i-n); 47 Solve(); 48 } 49 }
注：hdu 2844 上AC了，但在poj上超时了，emmmmmm
此算法的时间复杂度为O( m(ΣlogC[i]) );
分割线：