（前缀和优化多重背包）[HAOI2008] 硬币购物

一眼看过去，多重背包题

但是，s和d的数据范围是1e5，按照多重背包的O(\(s\sum d\))肯定会炸

这时候，就有一个常用的前缀和优化多重背包可以使多重背包复杂度变为O(\(sn\)) (n为物品数

具体来说，我们可以认为完全背包是特殊情况下的多重背包，考虑完全背包的情况，完全背包可以直接由同一层的前一个点转移过来，对于每一种物品可以在O(s)的时间复杂度下完成，这个转移的过程类似于求前缀和的过程，用前缀和维护同一层的dp值

现在，我们可以将同一个物品全部放到同一层考虑转移，考虑特殊情况，当物品的体积都为1时，对于完全背包，就相当于对上一层的dp值求前缀和，对于多重背包，就相当于求上一层一段区间内的dp值之和，也可以用前缀和优化，而当物体体积不为1时，可以将上一层的dp值按照其下标取余当前层物品的体积的余数分组，分别求出每一组的前缀和，在转移时就相当于在分组后的dp序列中求区间和，用前缀和优化

这样，我们就在O(ns)的复杂度下求出了多重背包的方案数，对于这道题，物品数为4可以直接视为常数，最终复杂度就是O(ns)的复杂度下解决了这道题（这里n指多测组数

AC代码

using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 100010
inline ll read(){
	ll x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
		if(c=='-')f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9'){
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
ll c[5],dp[5][MAXN],pre[5][MAXN];
ll d[5];
ll n,s;
int main(){
	for(int i=1;i<=4;i++)c[i]=read();
	n=read();
	for(int i=0;i*c[1]<=100000;i++)pre[0][i*c[1]]=1;
	while(n--){
		for(int i=1;i<=4;i++)d[i]=read();
		s=read();
		for(int i=1;i<=4;i++){
			for(int j=0;j<=s;j++){
				dp[i][j]=pre[i-1][j]-(j-(d[i]+1)*c[i]<0?0:pre[i-1][j-(d[i]+1)*c[i]]);
				pre[i][j]=dp[i][j]+(j-c[i+1]<0?0:pre[i][j-c[i+1]]);
			}
		}
		cout<<dp[4][s]<<endl;
	}
	return 0;
}