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讲道理，虽然是一个蓝题，但是以后看见方案计数问题还是要想一想容斥的......
就是......我们知道如果个数不限制的话，直接一个完全背包就万事了对吧。（就是和完全背包一样的方案计数问题，DP方程长得一样）
但是这个题都个数限制......所以就GG了。
现在我们考虑如何做这个个数限制。对于一个个数为(d_i)的(c_i)硬币来说，如果它填充了大于等于((c_i) imes (d_i+1))的容量，显然这个方案是不合法的。
我们先预处理一下总共的个数。
所以我们用总共的减去不合法的就是答案了。
但是有4种硬币，所以我们现在要考虑容斥了......就是减去至少一个不合法的，加上至少两个不合法的，减去至少三个不合法的，加上至少四个不合法的。
好，完事了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define MAXN 100000
using namespace std;
int tot,n;
int num[5],c[5];
long long dp[200010];
inline int calc(int x){return (num[x]+1)*c[x];}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d%d%d%d",&c[1],&c[2],&c[3],&c[4],&tot);
// printf("%d %d %d %d %d
",c[1],c[2],c[3],c[4],tot);
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=4;i++)
for(int j=c[i];j<=MAXN;j++)
dp[j]+=dp[j-c[i]];
while(tot--)
{
scanf("%d%d%d%d%d",&num[1],&num[2],&num[3],&num[4],&n);
// printf("%d %d %d %d %d
",num[1],num[2],num[3],num[4],n);
long long ans=dp[n];
// cout<<ans<<endl;
if(n-calc(1)>=0) ans-=dp[n-calc(1)];
if(n-calc(2)>=0) ans-=dp[n-calc(2)];
if(n-calc(3)>=0) ans-=dp[n-calc(3)];
if(n-calc(4)>=0) ans-=dp[n-calc(4)];
if(n-calc(1)-calc(2)>=0) ans+=dp[n-calc(1)-calc(2)];
if(n-calc(1)-calc(3)>=0) ans+=dp[n-calc(1)-calc(3)];
if(n-calc(1)-calc(4)>=0) ans+=dp[n-calc(1)-calc(4)];
if(n-calc(2)-calc(3)>=0) ans+=dp[n-calc(2)-calc(3)];
if(n-calc(2)-calc(4)>=0) ans+=dp[n-calc(2)-calc(4)];
if(n-calc(3)-calc(4)>=0) ans+=dp[n-calc(3)-calc(4)];
if(n-calc(1)-calc(2)-calc(3)>=0) ans-=dp[n-calc(1)-calc(2)-calc(3)];
if(n-calc(1)-calc(2)-calc(4)>=0) ans-=dp[n-calc(1)-calc(2)-calc(4)];
if(n-calc(1)-calc(3)-calc(4)>=0) ans-=dp[n-calc(1)-calc(3)-calc(4)];
if(n-calc(2)-calc(3)-calc(4)>=0) ans-=dp[n-calc(2)-calc(3)-calc(4)];
if(n-calc(1)-calc(2)-calc(3)-calc(4)>=0) ans+=dp[n-calc(1)-calc(2)-calc(3)-calc(4)];
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}