F - Valid payments

简化题意：有\(n\)种面值的货币，保证\(a[1]=1，且a[i+1]是a[i]的倍数\)。
有一个价格为\(x\)元的商品,付款\(y\)元，找零\(y-x\)元。
问满足以下条件的情况下的应支付金额\(y\)有多少种？
条件一：付款和找零都使用最少的硬币数量。
条件二：在满足条件一的情况下，付款是用过的硬币面值，找零时无法使用。
考虑这个题对于条件一而言，可以归结为第\(i\)个硬币食用的个数不能超过\(a[i+1]/a[i]\)，否则的话我们直接使用\(a[i+1]\)会更优。这样的话在条件一的情况下，每个金额\(x\)都有唯一的表示方法：\(x=k_{x1}*a_1+k_{x2}*a_2+k_{x3}*a_3+...+k_{xn}*a_n\),这样的话我们令\(b=y-x\)，则对于条件二而言限制条件就变成了\(k_{yi}和k_{bi}\)不能同时非零，即不能同时使用。
这样的话我们可以列出以下等式：
\(x=k_{x1}*a_1+k_{x2}*a_2+...+k_{xn}*a_n\)
\(+b=k_{b1}*a_1+k_{b2}*a_2+...+k_{bn}*a_n\)
\(y=k_{y1}*a_1+k_{y2}*a_2+...+k_{yn}*a_n\)
限制条件如下：\(k_i不能超过a[i+1]/a[i]\)，且\(k_{yi}\)和\(k_{bi}\)不能同时非零。问不同的\(y\),或\(b\)的方案数？(可以发现\(y\)和\(b\)是一一对应的。)
由于\(k_{yi}\)和\(k_{bi}\)不能同时非零，则至少一个为\(0\)，所以我们直接分类讨论就行：
1.若\(k_{yi}\)为0，则说明我们这里\(k_{xi}\)和\(k_{bi}\)相加的和必须也为0，但这怎么可能呢？考虑会不会是进位的问题呢？什么意思就是我的\(k_{xi}\)和\(k_{bi}\)都不超过\(a[i+1]/a[i]\)但我的和却超过它了，这样的话就可以用前面的替代了。那么这样的话也就是必须满足\(k_{xi}+k_{bi}+上一位的进位=a[i+1]/a[i]\).这样的话才能满足当前位为\(0\).
2.若\(k_{bi}\)为0，说明\(x_{ki}+上一位的进位=y_{ki}\)。
也就是说只要我们知道上一位是否进位，我们就可以根据当前\(x_{ki}\)来确定当前不同情况下的y和b了。具体的就是我们设\(dp[i][0/1]\)表示前\(i\)位，并且第\(i\)位进位/不进位的方案数。
则根据情况二有:\(dp[i][0]+=dp[i-1][0],dp[i][0]+=dp[i-1][1](k_{xi}!=a[i+1]/a[i]-1)\)
根据情况一有：\(dp[i][1]+=dp[i-1][1]，dp[i][1]+=dp[i-1][0](k_{xi}!=0)\)。
由于金额最大的没有限定的使用数量，但我们发现\(k_{bn}\)只能为0.

//不等,不问,不犹豫,不回头.
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 0
#define ls p<<1
#define db double
#define rs p<<1|1
#define P 1000000007
#define ll long long
#define INF 1000000000
#define get(x) x=read()
#define PLI pair<ll,int>
#define PII pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;++x)
#define fep(x,y,z) for(int x=y;x>=z;--x)
#define go(x) for(int i=link[x],y=a[i].y;i;y=a[i=a[i].next].y)
using namespace std;
const int N=110;
ll n,x,a[N],mx[N],kx[N],dp[N][2];

inline ll read()
{
    ll x=0,ff=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') ff=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*ff;
}

int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
	get(n);get(x);
	rep(i,1,n) get(a[i]);
	rep(i,1,n-1) mx[i]=a[i+1]/a[i];
	fep(i,n,1)
	{
		if(x>=a[i])
		{
			kx[i]=x/a[i];
			x-=kx[i]*a[i];
		}
	}
	dp[0][0]=1;
	rep(i,1,n)
	{
		dp[i][0]+=dp[i-1][0];
		dp[i][1]+=dp[i-1][1];
		if(kx[i]!=mx[i]-1) dp[i][0]+=dp[i-1][1];
		if(kx[i]!=0) dp[i][1]+=dp[i-1][0];
	}
	putl(dp[n][0]);
    return (0^_^0);
}
//以吾之血,铸吾最后的亡魂.