传送门

Sol

有一个显然的想法
处理出(y, z)能凑出的高度
然后这些高度凑一些(x)就可以得到其它的高度

那么可以把这些(y, z)凑出的高度对(x)取模，其它的用(x)来填补
所以设(f[i])表示(y, z)凑出高度(\%x)为(i)需要的最低高度
那么答案就是

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
const int _(1e5 + 5);
typedef long long ll;

IL ll Input(){
    RG ll x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int x, y, z, first[_], cnt, vis[_];
ll n, ans, f[_];
struct Edge{
	int to, next, w;
} edge[_ << 1];
queue <int> Q;

IL void Add(RG int u, RG int v, RG int w){
	edge[cnt] = (Edge){v, first[u], w}, first[u] = cnt++;
}

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
	n = Input(), x = Input(), y = Input(), z = Input();
	if(y < x) swap(x, y);
	if(z < x) swap(x, z);
	for(RG int i = 0; i < x; ++i) first[i] = -1;
	for(RG int i = 0; i < x; ++i) Add(i, (i + y) % x, y), Add(i, (i + z) % x, z);
	Fill(f, 127), f[1 % x] = 1, vis[1 % x] = 1, Q.push(1 % x);
	while(!Q.empty()){
		RG int u = Q.front(); Q.pop();
		for(RG int e = first[u]; e != -1; e = edge[e].next){
			RG int v = edge[e].to, w = edge[e].w;
			if(f[u] + w < f[v]){
				f[v] = f[u] + w;
				if(!vis[v]) vis[v] = 1, Q.push(v);
			}
		}
		vis[u] = 0;
	}
	for(RG int i = 0; i < x; ++i) if(f[i] <= n) ans += (n - f[i]) / x + 1;
    return printf("%lld
", ans), 0;
}