這題目我覺得很強的啊……

書歸正傳，這道題有一個顯然的多重揹包做法，但是很遺憾，這題過不去，時間複雜度是

那我們不妨先考慮一個簡單的東西，就是沒有硬幣數量的限制，那麼完全揹包就能秒了這個題

那有了限制之後呢？

那麼發現硬幣的數量只有4種，是個很好的性質

考慮容斥解決，對於第 \(j\) 個硬幣，其實他的答案就是拋掉多餘硬幣個數的，也就是題中的 \(d_j\)

實際上，我們應該拋掉 \(d_j +1\) 個的，因為可以不選，那麼就相當於減去 \(f[s-(d_j +1) \times c_j]\) ，答案就是 \(f[s]-f[s-(d_j +1) \times c_j]\)

如果算四個這玩意，就會算少，包括同時超過兩個限制條件的等等，因此，就可以容斥了，具體的大概就是奇數減，偶數加

程式碼如下

#include<bits/stdc++.h>
const int N=100010;
using namespace std;
int T,c[10],d[10],s;
long long ans=0,f[N]={1,0};
void bag(){for(int i=1;i<=4;i++) for(int j=c[i];j<=N-1;j++) f[j]+=f[j-c[i]];}
void dfs(int x,int k,int sum){
	if(sum<0) return ;
	if(x==5){
		if(k&1) ans-=f[sum];
		else ans+=f[sum];
		return ;
	}
	dfs(x+1,k+1,sum-c[x]*(d[x]+1)),dfs(x+1,k,sum);
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d%d",&c[1],&c[2],&c[3],&c[4],&T);
	bag();
	while(T-->0){
		scanf("%d%d%d%d%d",&d[1],&d[2],&d[3],&d[4],&s);
		ans=0;
		dfs(1,0,s);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}