题意：
有四种面值的硬币ci，进行tot次购物；
每次购物每种硬币有di个，问买s元的物品有几种方法；
题解：
硬币面值仅仅有四种，能够推測到算法复杂度不会非常大；
普通的背包无法限制di个这个条件；
而将di个硬币拆开复杂度无法承受。而且一样难以统计方案；
所以考虑容斥原理简化问题；
去掉di的限制，令f[x]表示四种硬币购买x元的物品有几种方法；
然后反向考虑。假设硬币1超过d1个的限制的时候。f[s-c1*(d1+1)]恰好为方案数。这个f数组能够在O(4*10^5)的复杂度处理。
用总方案减去这些方案数，容斥原理搞一下就好了。
总感觉自己的容斥有点奇怪。。只是反正乱搞能AC= =；
似乎要开long long；
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 100001
using namespace std;
typedef long long ll;
int c[4],d[4];
ll f[N],ans;
void slove(int now,int val)
{
int k=0;
for(int i=0;i<4;i++)
{
if(now&(1<<i))
{
k^=1;
val-=c[i]*(d[i]+1);
}
}
if(val<0) return ;
ans+=(k?-1:1)*f[val];
}
int main()
{
int n,m,i,j,k;
for(i=0;i<4;i++)
scanf("%d",c+i);
scanf("%d",&n);
f[0]=1;
for(i=0;i<4;i++)
{
for(j=0;j<N;j++)
f[j+c[i]]+=f[j];
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=0;j<4;j++)
scanf("%d",d+j);
scanf("%d",&m);
ans=0;
for(j=0;j<16;j++)
slove(j,m);
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}