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
Sample Output
4

27
解题方法： 容斥好题，首先不考虑数量限制，dp[i][j]表示点 i 种硬币组成价值为 j 的物品的方案数，则有 dp[0][0]＝0，dp[i][j]＝dp[i
－1][j]＋dp[i][j－c[i]，最终答案就是 dp[4][n]。我们考虑个数限制，则答案应为任何一种都无限制的方案，减去
第一种硬币个数超了的方案，减去第二种硬币个数超了的方案，减去第三种硬币个数超了的方案，减去第四种硬
币个数超了的方案，加上第一种，第二种硬币个数超了的方案，……，加上第一种，第二种，第三种，第四种硬
币个数超了的方案，总之就是个容斥原理。我们考虑如何计算第一种硬币个数超了的方案，设面值为 c，数量为
d，则我们必须要用第一种硬币选出(d＋1)×c 的价值，然后剩下的 n－(d＋1)×c 随便选，因此第一种硬币个数超
了的方案就是 dp[4][n－(d＋1)×c]，剩下情况类似，这样每次询问的复杂度就做到了 O(1)。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int S = 100010;
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)
int c[5], d[5];
int n;
LL f[S], ans;
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 - (d[x] + 1) * c[x]);
    dfs(x + 1, k, sum);
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d%d", &c[1], &c[2], &c[3], &c[4], &n);
    f[0] = 1;
    rep(i, 1, 4){
        rep(j, c[i], S - 1){
            f[j] += f[j - c[i]];
        }
    }
    rep(i, 1, n){
        int x;
        scanf("%d%d%d%d", &d[1], &d[2], &d[3], &d[4]);
        scanf("%d", &x);
        ans = 0;
        dfs(1, 0, x);
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}