Description
硬币购物一共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西，去了tot次。每次带di枚ci硬币，买s
i的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。
Input
第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s,其中di,s<=100000,tot<=1000
Output
每次的方法数
Sample Input
1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
Sample Output
4
27
27
题解
令$f_i$表示不限使用四种硬币时付i元的方案数（就是完全背包）。预处理$f_{0..100000}$。
询问时，利用容斥原理，答案等于不限使用硬币的方案数-有一种硬币必须使用$d_i$次以上的方案数+有两种硬币必须使用$d_i$次以上的方案数-有三种硬币必须使用$d_i$次以上的方案数+有四种硬币必须使用$d_i$次以上的方案数。
枚举哪几种硬币一定使用$d_i$枚以上，计算时由于一定使用至少$d_i+1$次，只需要将$s$减去$(d_i+1)*c+i$再求方案数。
每次需要询问16次，时间复杂度$O(16)$.
总时间复杂度$O(100000+16tot）$（在渐进意义上它是和$O(tot)$一样的，但在wys意义上不是）。
#include <cstdio>
typedef long long LL;
const int N = 100050;
LL f[N], c[4];
LL s, d[4];
LL calc(int S) {
LL t = s;
int sign = 1;
for (int i = 0; i < 4; ++i)
if ((S >> i) & 1) {
t -= (d[i] + 1) * c[i];
sign = -sign;
}
if (t < 0) return 0;
return sign * f[t];
}
int main() {
f[0] = 1;
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
scanf("%lld", &c[i]);
for (int j = c[i]; j < N; ++j)
f[j] += f[j - c[i]];
}
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &d[0], &d[1], &d[2], &d[3], &s);
LL ans = 0;
for (int i = 0; i < 16; ++i) ans += calc(i);
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}