通读题目后，不难发现：如果买完奖品A与B后钱数还有剩余，可买奖品C“填补”剩余钱数直到钱花完（因为奖品C单价为1元），之后再判断总量是否大于30即可。因此，只需枚举奖品A与奖品B的数量即可（双重for循环）主要代码如下：

/*
i为奖品A数量
j为奖品B数量
k为奖品C数量
sum为总方案数
*/
for (int i = 1 ; i <= n / a ; i++)
{
    for (int j = 1 ; j <= n / b ; j++)
    {
        int k = n - (i * a + j * b);
        if (a * i + b * j < n && i + j + k > 30)
        {
            sum++;
        }
    }
}

就喜欢van一van高级代码（）
DFS深度优先搜索算法解题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a,b,total; // total为方案数
/*
 * kind  --- 种类
 * num   --- 物品总数
 * money --- 剩余金钱
 */
void dfs(int kind,int num,int money){
    if(kind>3){ // 已经买齐3种物品
        if(num>30&&money==0)total++; // 满足题目条件时
        return; // 返回
    }
    if(money<=0)return; // 剪枝优化：金钱小于等于0且未买齐3种物品说明不必再往后搜索
    // 按照种类进行搜索
    if(kind==1)
        for(int i=1;i<=money/a;i++) // 尝试所有物品都买A
            dfs(2,num+i,money-a*i);
    else if(kind==2)
        for(int i=1;i<=money/b;i++) // 尝试所有物品都买B
            dfs(3,num+i,money-b*i);
    else if(kind==3)
        for(int i=1;i<=money;i++) // 尝试所有物品都买C
            dfs(4,num+i,money-i);
}
int main(){
    cin>>n>>a>>b;
    dfs(1,0,n);
    cout<<total;
    return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a,b,s;
int main(){
	cin>>n>>a>>b;
	for(int i=1;i<=1111;i++){
		for(int j=1;j<=1111;j++){
			if(a*i+b*j<n && i+j+(n-i*a-b*j)>30){
				s++;
			}
		}
	}
	cout<<s;
}

一道只需要三重循环枚举就能AC的题目。 第一重循环枚举购买奖品 $A$ 的个数。因为只有 $n$ 元钱，而奖品 $A$ 的单价是 $a$ 元所以至多能买到 $n/a$ 个奖品 $A$ ，同理，至多能买到 $n/b$ 个奖品 $B$ ， $n$ 个奖品 $C$ 。 最后只需要用三个循环变量 $i$ ， $j$ ， $k$ 来枚举三个奖品个分别要买多少个就行了。注意：最后还要条件判断一下此方案是否满足题目要求，即这些奖品总数要超过 $30$ 个，并且每种奖品至少买一个，这 $n$ 元钱必须全部花完，如满足就将方案数加 $1$ 。

代码1：

#include <cstdio>//1.0版代码
using namespace std;
int n,a,b,ans;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);//可替换为cin>>n>>a>>b;
    for(int i=1;i<=n/a;i++)//枚举购买奖品A个数
        for(int j=1;j<=n/b;j++)//枚举购买奖品B个数
            for(int k=1;k<=n;k++)//枚举购买奖品C个数
                if(i*a+j*b+k==n&&i+j+k>30)//判断是否满足题意
                    ans++;//如满足，方案数加1
    printf("%d\n",ans);//输出，可替换为cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

仔细观察，可以发现，这个程序的时间复杂度是可以被优化的。设买了 $i$ 个奖品 $A$ ， $j$ 个奖品 $B$ ， $k$ 个奖品 $C$ ， 当买完奖品 $A$ 后，只剩下 $n-i*a$ 元钱去买奖品 $B$ 和奖品 $C$ 。我们此时会发现，剩下的钱至多能买 $(n-i*a)/b$ 个奖品 $B$ 。同样的，买完奖品 $A$ 和奖品 $B$ 后，只会剩下 $n-i*a-j*b$ 元钱去买奖品 $C$ ，剩下的钱至多能买 $n-i*a-j*b$ 个奖品 $C$ 。所以，循环变量 $j$ 只需循环到 $(n-i*a)/b$ ，循环变量 $k$ 只需循环到 $n-i*a-j*b$ 。

代码2：

#include <cstdio>//2.0版代码
using namespace std;
int n,a,b,ans;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    for(int i=1;i<=n/a;i++)//枚举购买奖品A个数
        for(int j=1;j<=(n-i*a)/b;j++)//枚举购买奖品B个数，优化后的代码
            for(int k=1;k<=(n-i*a-j*b);k++)//枚举购买奖品C个数，优化后的代码
                if(i*a+j*b+k==n&&i+j+k>30)
                    ans++;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

其实，这个代码还可以再次被优化。因为题目中已经明确地指出了“这 $n$ 元钱必须全部花完”，所以实际上第三重循环可以被省去。

代码3：

#include <cstdio>//3.0版代码
using namespace std;
int n,a,b,ans;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    for(int i=1;i<=n/a;i++)//枚举购买奖品A个数
        for(int j=1;j<=(n-i*a)/b;j++)//枚举购买奖品B个数
        {
            int k=n-i*a-j*b;//购买奖品C的个数
            if(k>0&&i+j+k>30)//这里要条件判断一下购买奖品C的个数是否不为0
                ans++;
        }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

看到同学们的题解都写的不错，不过题解的代码格式还得注意一下，可以去讨论区看一下我写的关于题解。

这个题的话就是一个很经典的枚举问题，不过要注意数据范围，确实是有些没必要的循环就不要进行了~

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, a, b, c, k, sum;

int main() {
    cin >> n >> a >> b;

    for (int i = 1; i <= n / a; i++) {
        for (int j = 1; j <= n / b; j++) {
            k = n - i * a - j * b;

            if ((i + j + k > 30) && (k >= 1)) {
                sum++;
            }
        }
    }

    cout << sum;
    return 0;
}

这次用的是枚举算法，肯定要用的是三层循环嵌套，但是会超时。给个提示：叮叮老师说过不要进行不必要的循环。如果i到了一定数量就break,还有一些坑需要注意一下，比如说如果价格到了n而且礼品数量>30(不是≥30)ans在加1