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Description

硬幣購物一共有4種硬幣。面值分別為c1,c2,c3,c4。某人去商店買東西，去了tot次。每次帶di枚ci硬幣，買si的價值的東西。請問每次有多少種付款方法。

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

每次的方法數

題目分析

第一眼單調佇列優化多重揹包，但再一看資料範圍emmmm

首先假如沒有物品個數的限制，那麼這就是一個完全揹包，這樣的情況可以直接預處理 現在考慮加入限制，當前$d$

先令$ans=dp[S_i]$，然後$ans-=\sum_{i=1}^4dp[S_i-c_i(d_i+1)]$

等等，這不就是容什麼斥 一般容斥都可以轉化成二進位制簡化運算 複雜度約為$O(4*maxn+T*2^4)$

#include<iostream>
#include<vector>
 

#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long lt;

int read()
{
    int f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}

const int maxn=100010;
int T,n;
int ci[5],di[5];
lt dp[maxn],S;

int main()
{
    for(int i=1;i<=4;++i) ci[i]=read();
    
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;++i)
    for(int j=ci[i];j<maxn;++j)
    dp[j]+=dp[j-ci[i]];
    
    T=read();
    while(T--)
    {
        for(int i=1;i<=4;++i) di[i]=read();
        S=read(); lt res=dp[S];
        for(int i=1;i<=(1<<4)-1;++i)
        {
            int tt=S,cnt=0;
            for(int j=1;j<=4;++j)
            if(i&(1<<j-1)) cnt++,tt-=ci[j]*(di[j]+1); 
            if(tt<0) continue;
            if(cnt&1) res-=dp[tt];
            else res+=dp[tt];
        }
        printf("%lld\n",res);
    }
    return 0;
}