F - Valid payments
简化题意：有(n)种面值的货币，保证(a[1]=1，且a[i+1]是a[i]的倍数)。
有一个价格为(x)元的商品,付款(y)元，找零(y-x)元。
问满足以下条件的情况下的应支付金额(y)有多少种？
条件一：付款和找零都使用最少的硬币数量。
条件二：在满足条件一的情况下，付款是用过的硬币面值，找零时无法使用。
考虑这个题对于条件一而言，可以归结为第(i)个硬币食用的个数不能超过(a[i+1]/a[i])，否则的话我们直接使用(a[i+1])会更优。这样的话在条件一的情况下，每个金额(x)都有唯一的表示方法：(x=k_{x1}*a_1+k_{x2}*a_2+k_{x3}*a_3+...+k_{xn}*a_n),这样的话我们令(b=y-x)，则对于条件二而言限制条件就变成了(k_{yi}和k_{bi})不能同时非零，即不能同时使用。
这样的话我们可以列出以下等式：
(x=k_{x1}*a_1+k_{x2}*a_2+...+k_{xn}*a_n)
(+b=k_{b1}*a_1+k_{b2}*a_2+...+k_{bn}*a_n)
(y=k_{y1}*a_1+k_{y2}*a_2+...+k_{yn}*a_n)
限制条件如下：(k_i不能超过a[i+1]/a[i])，且(k_{yi})和(k_{bi})不能同时非零。问不同的(y),或(b)的方案数？(可以发现(y)和(b)是一一对应的。)
由于(k_{yi})和(k_{bi})不能同时非零，则至少一个为(0)，所以我们直接分类讨论就行：
1.若(k_{yi})为0，则说明我们这里(k_{xi})和(k_{bi})相加的和必须也为0，但这怎么可能呢？考虑会不会是进位的问题呢？什么意思就是我的(k_{xi})和(k_{bi})都不超过(a[i+1]/a[i])但我的和却超过它了，这样的话就可以用前面的替代了。那么这样的话也就是必须满足(k_{xi}+k_{bi}+上一位的进位=a[i+1]/a[i]).这样的话才能满足当前位为(0).
2.若(k_{bi})为0，说明(x_{ki}+上一位的进位=y_{ki})。
也就是说只要我们知道上一位是否进位，我们就可以根据当前(x_{ki})来确定当前不同情况下的y和b了。具体的就是我们设(dp[i][0/1])表示前(i)位，并且第(i)位进位/不进位的方案数。
则根据情况二有:(dp[i][0]+=dp[i-1][0],dp[i][0]+=dp[i-1][1](k_{xi}!=a[i+1]/a[i]-1))
根据情况一有：(dp[i][1]+=dp[i-1][1]，dp[i][1]+=dp[i-1][0](k_{xi}!=0))。
由于金额最大的没有限定的使用数量，但我们发现(k_{bn})只能为0.
//不等,不问,不犹豫,不回头.
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 0
#define ls p<<1
#define db double
#define rs p<<1|1
#define P 1000000007
#define ll long long
#define INF 1000000000
#define get(x) x=read()
#define PLI pair<ll,int>
#define PII pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;++x)
#define fep(x,y,z) for(int x=y;x>=z;--x)
#define go(x) for(int i=link[x],y=a[i].y;i;y=a[i=a[i].next].y)
using namespace std;
const int N=110;
ll n,x,a[N],mx[N],kx[N],dp[N][2];
inline ll read()
{
ll x=0,ff=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') ff=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*ff;
}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
get(n);get(x);
rep(i,1,n) get(a[i]);
rep(i,1,n-1) mx[i]=a[i+1]/a[i];
fep(i,n,1)
{
if(x>=a[i])
{
kx[i]=x/a[i];
x-=kx[i]*a[i];
}
}
dp[0][0]=1;
rep(i,1,n)
{
dp[i][0]+=dp[i-1][0];
dp[i][1]+=dp[i-1][1];
if(kx[i]!=mx[i]-1) dp[i][0]+=dp[i-1][1];
if(kx[i]!=0) dp[i][1]+=dp[i-1][0];
}
putl(dp[n][0]);
return (0^_^0);
}
//以吾之血,铸吾最后的亡魂.