SWST OJ 邮票

已知一个 N 枚邮票的面值集合（如，{1 分，3 分}）和一个上限 K —— 表示信封上能够贴 K 张邮票。计算从 1 到 M 的最大连续可贴出的邮资。

例如，假设有 1 分和 3 分的邮票；你最多可以贴 5 张邮票。很容易贴出 1 到 5 分的邮资（用 1 分邮票贴就行了），接下来的邮资也不难：

6 = 3 + 3
7 = 3 + 3 + 1
8 = 3 + 3 + 1 + 1
9 = 3 + 3 + 3
10 = 3 + 3 + 3 + 1
11 = 3 + 3 + 3 + 1 + 1
12 = 3 + 3 + 3 + 3
13 = 3 + 3 + 3 + 3 + 1

 
然而，使用 5 枚 1 分或者 3 分的邮票根本不可能贴出 14 分的邮资。因此，对于这两种邮票的集合和上限 K=5，答案是 M=13。

Input

第 1 行： 两个整数，K 和 N。K（1 <= K <= 200）是可用的邮票总数。N（1 <= N <= 50）是邮票面值的数量。
第 2 行至末尾： N 个整数，每行 15 个，列出所有的 N 个邮票的面值，面值不超过 10000。

Output

一个整数，从 1 分开始连续的可用集合中不多于 K 张邮票贴出的邮资数。

Sample Input

5 2
1 3

Sample Output

13

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int dp[2000001];

int main()
{
    int i,j,k;
    int Max,N;
    int v,value[2005];
    int count=0;
    cin>>Max>>N;
    for(i=0;i<N;i++)
    {
        cin>>value[i];
    }
    dp[0]=0;
    for(i=1;i<=2000000;i++)
    {
        dp[i]=0x7fffffff;
        for(j=0;j<N;j++)
        {
            if(value[j]<=i)
            {
                if(dp[i]>dp[i-value[j]]+1)//每次记录贴出当前值所需邮票的最少张数
                {
                    dp[i]=dp[i-value[j]]+1;
                }
            }
        }
        if(dp[i]>Max)//如果最少张数大于Max即找到了结果
        {
            cout<<i-1<<endl;
            break;
        }
    }
    return 0;
}