传送门
题解
思路
看到 \(1\le k\le16\)，我们想到状压DP。
以每枚硬币是否被使用为状态，对其进行枚举。
令 \(dp_i\) 表示状态 \(i\) 下最多能支付到第 \(dp_i\) 件商品，令 \(f_{i,j}\) 表示从第 \(i+1\) 个位置开始，第 \(j\) 枚硬币可以支付 \((i+1,f_{i,j}]\) 这一区间的商品。
于是可以知道：每个状态下最多能支付到的商品位置，是从它的前继状态最多能支付到的那件商品的下一件商品开始，使用新增加的那枚硬币，所能支付到的最后一件商品的位置。
结合转移方程理解这句话：
\[\Large dp_i=\max(f_{dp_{i\oplus2^j},j},\ i\&2^j=0)
\]
写成代码形式：
if(i&(1<<j)==0) dp[i]=max(dp[i],f[dp[i^(1<<j)][j];
像这样。答案就是所有 \(dp_i\ge N\) 的状态中剩余钱数的最小值。
时间复杂度 \(O(NK\log N+2^KK)\)，可以解决。
实现
首先需要预处理 \(f\) 数组。笔者使用二分，更优的做法是双指针，留给读者自行思考（绝对不是因为我不会）。
在预处理过程中需要频繁查询区间和，因此可以预处理 \(c\) 数组的前缀和。
代码
#include <cstdio>
#define N 100005
int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
int k,n;
int a[20],c[N];
int f[N][20]; //(i,f[i][k]]
int dp[N];
int cnt(int x) //没用的硬币求和
{int ret=0;for(int i=0;i<k;i++)if(!(x&(1<<i))) ret+=a[i];return ret;
}
int main()
{scanf("%d%d",&k,&n);for(int i=0;i<k;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]),c[i]+=c[i-1];for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<k;j++){int lb=i,rb=n;while(lb<rb){int mid=lb+rb+1>>1;if(c[mid]-c[i]<=a[j]) lb=mid;else rb=mid-1;}f[i][j]=lb;}int maxc=-1;for(int i=0;i<(1<<k);i++){for(int j=0;j<k;j++)if(i&(1<<j))dp[i]=max(dp[i],f[dp[i^(1<<j)]][j]);if(dp[i]==n)maxc=max(maxc,cnt(i));}printf("%d",maxc);
}
\[\Huge End
\]
