思路：完全背包加容斥原理
首先不考虑限制，那么很容易可以预处理出f[i](f[i]+=f[i-c[i]],1<=i<=4,i-c[i]>=0)。
然后考虑如何求出限制后的答案。
首先考虑这样的一个问题：x1+x2+x3+x4+x5+...+xn=m有多少组整数解。显然插板法可以解决这个问题，但如果引入对于xi的限制，令xi不能超过ri，那么这个问题就应该要用到容斥原理了。
令Si为所有满足条件的xi的集合，那么这个问题就转化为了求所有Si的交集后再用插板法的一个问题了，瓶颈就在于如何求出Si的交集，于是可以考虑容斥原理，Si的交集即全集U-所有Si补集的并集，而Si的补集也就是满足xi>ri即xi>=ri+1的xi的集合，这样令所有的xi-=(ri+1)，也就是令m+=(ri+1)，然后即可用容斥原理加插板法求出所有Si补集的并集，全集U即原始问题的答案，那么这样运用容斥就完美地解决了这样一个问题。
再回到我们的问题，可以发现这就是刚刚提到的问题的每一个xi乘上一个权值，那么就令m+=(ri+1)*ci即可，于是对于所有询问均可做到O(1)回答。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 #define maxn 101000 8 9 int c[5],d[5],num[100],cases; 10 long long f[maxn]; 11 12 int main(){ 13 for (int i=1;i<=4;i++) scanf("%d",&c[i]);scanf("%d",&cases); 14 f[0]=1; 15 for (int i=1;i<=4;i++) 16 for (int j=c[i];j<=100000;j++) 17 f[j]+=f[j-c[i]]; 18 num[0]=1; 19 for (int i=1;i<(1<<4);i++) num[i]=num[i>>1]*((i&1)?-1:1); 20 while (cases--){ 21 int sum;for (int i=1;i<=4;i++) scanf("%d",&d[i]);scanf("%d",&sum);long long ans=f[sum]; 22 for (int i=1;i<(1<<4);i++){ 23 int tmp=0; 24 for (int j=0;j<5;j++) 25 if ((1<<j)&i) tmp+=(d[j+1]+1)*c[j+1]; 26 if (sum>=tmp) ans+=f[sum-tmp]*num[i]; 27 } 28 printf("%lld ",ans); 29 } 30 return 0; 31 }