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Description
硬币购物一共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西，去了tot次。每次带di枚ci硬币，买s
i的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。
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
每次的方法数
Sample Input
1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
Sample Output
4
27
27
正解：DP+容斥原理
解题报告：
这题显然爆搜没救QAQ
考虑我们如果直接$DP$的话无法保证不超过限制，那么对于这种有限制的问题，我们可以很快想到用容斥原理。
先预处理出不含限制的情况下的方案数，再想想如何处理限制。
根据容斥的惯用思路，都是对于若干限制，满足其中一些，然后根据奇偶性进行判断。
所以我们只要用全集$-$打破$1$个限制的方案$+$打破$2$个的$-$打破$3$个的$+$打破$4$个的，即可得到满足要求的答案。
考虑如何求出打破特定个限制的方案数，我们先枚举打破哪些限制，再强制其买$d[i]+1$个，就可以保证已经打破，剩下的就是无限制的情况了。
只需对于每次询问都$2^4$处理一次就可以了。
//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 100011;
int c[12],m,d[12],n;
LL f[MAXN],ans;
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void dfs(int x,int remain,int num){
if(x==5) {
if(num&1) ans-=f[remain];
else ans+=f[remain];
return ;
}
int now=c[x]*(d[x]+1);
if(remain>=now) dfs(x+1,remain-now,num+1);
dfs(x+1,remain,num);
}
inline void work(){
for(int i=1;i<=4;i++) c[i]=getint();
m=getint(); f[0]=1;
//为避免方案重复计算，必须按不同种类的硬币划分阶段！
for(int j=1;j<=4;j++) {
for(int i=1;i<=100000;i++) {
if(i<c[j]) continue;
f[i]+=f[i-c[j]];
}
}
while(m--) {
for(int i=1;i<=4;i++) d[i]=getint(); n=getint();
ans=0;
dfs(1,n,0);
printf("%lld
",ans);
}
}
int main()
{
work();
return 0;
}