這是一道揹包計數問題，所以可以從生成函式的角度來理解。每個選手可選擇的是陣營\(0/1\)，以及派系\(0/1\)
如果乙個城市選擇了第\(i\)陣營第\(j\)派系，那麼相當於分別讓陣營\(i\)和派系\(j\)的代價\(+s_i\)
設乙個沒有任何限制的學校的生成函式為\(1+x^+y^+x^y^\)，其中\(x\)表示陣營\(1\)，\(y\)表示派系\(1\)
對於乙個城市的學校集合為\(v\)，假設它沒有偏好學校，它的生成函式就是
\[（1+x^}）\prod_ 1+y^
\]對於含有偏好學校的城市，如果它的無偏好學校集合為\(v_1\)，它的生成函式是
\[(1\times prod_0+x^\times prod_1)\prod_ 1+y^
\]\(prod_1\)和\(prod_0\)是偏好城市的生成函式的積
假如這個城市不加入陣營\(1\)派系\(0\)，那麼它在\(prod_0\)的貢獻是\((1+y^)\)，對\(prod_1\)的貢獻是\(y^\)
答案是所有城市的生成函式的積中滿足\(x\)的次和\(y\)的次數在範圍\([sum-c_0,c_1]\)，和\([sum-d_0,d_1]\)的項的係數
對於沒有偏好的城市分別計算前部分\((1+x^)\)和後部分\(\prod 1+y^\)的係數
乘上有偏好學校城市的\(\prod_ 1+y^\)部分
其中\(x,y\)係數分開來算，這部分的複雜度是\(o(nm)\)
然後我們要求出\((1\times prod_0+x^\times prod_1)\)的乘積，用\(f_\)表示\(x^iy^j\)的係數
如果暴力乘的話，每個城市先分成\(prod_0\)和\(prod_1\)分別算貢獻，再加起來
單個學校合併是\(o(m_1)\)的，因為只有\(30\)個城市，\(s_i\leq 10\)，所以\(m_1=300\)。
城市和城市合併是\(o(nm_1)\)的，所以總複雜度是\(o(knm_1)\)
最後列舉\(f_\)，求出\(x,y\)的次數區間，字首和求區間和，相乘計入答案即可
ps: 算的時候要把沒有學校的城市去掉，不然20分歡迎你
#include#define ll long long
#define dbg1(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<" "
#define dbg2(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<"\n"
#define dbg3(x) cerr<<#x<<"\n"
#define me(x) memset(x,0,sizeof x)
using namespace std;
#define reg register
inline int read()
while(ch>='0'&&ch<='9')
return x*f;
}const int mm=2505,mn=1005,ms=11,mk=31,p=998244353;
int mul(int x,int y)
int add(int x,int y)
bool a[mn];
int n,c,c0,c1,d0,d1,b[mn],s[mn],k,p[mn],x[mm],y[mm],f[mm][mk*ms],f1[mm][mk*ms],sum[mn];
void pro(int *r,int ed,int ty,int i)
int main()
else
}sx=min(sx+sum[i],m);
for(u=sx;~u;--u)for(v=sy;~v;--v)f[u][v]=add(u>=sum[i]?f1[u-sum[i]][v]:0,f[u][v]);
} for(i=sx;~i;--i)for(j=sy;~j;--j)if(f[i][j])
printf("%d\n",ans);
} return 0;
}
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